gudmandsen.net Integraler

Transkript

1 gudmandsen.net Jako SvH Gudmandsen Kopiering fra denne pulikation må kun finde sted i overensstemmelse aftale mellem Copy-Dan og Undervisningsministeriet. Integraler Indholdsfortegnelse Integraler... Omvendt differentialkvotient Stamfunktioner til simple funktioner Integrationsprøven (omvendt differentiation) Regneregler for uestemte integraler Bevis for sum og differens Bevis for skalar Partiel integration Udledning af partiel integration Integration ved sustitution Udledning af integration ved sustitution... 4 Det estemte integrale Summer Arealfunktionen Integrael funktion Bevis for arealfunktionen som det estemte integrale Nummerisk areal Areal mellem graferne for to funktioner Buelængde Volumen af omdrejningslegeme Bevis for volumen af omdrejningslegeme Volumen mellem omdrejningslegemer for graferne for flere funktioner Overfladeareal af omdrejningslegeme Gariels trompet Regneregler for estemte integraler Relationer Sum og differens Bevis for sum og differens Skalar Bevis for skalar Partiel integration Integration ved sustitution Bevis for integration ved sustitution Omyttede grænser ved estemt integration Bevis for omyttede grænser Indskudsreglen Bevis for indskudsreglen Middelværdi...43 integrale_a.odt Side /43 Jako Gudmandsen:

2 Integraler Efter at kende til differentialkvotient, som en metode til at finde den asolutte funktionstilvækst, tangentens hældning, kunne det være interessant at finde den inverse operator, som (måske) kan finde tilage til den oprindelige funktion. Det viser sig at denne kan ruges til flere andre ting, herunder eregning af areal, volumen, kurvelængde m.m. Omvendt differentialkvotient En stamfunktion kan opfattes som en operator, som den inverse operator til differentialoperatoren ved navn integraleoperatoren, hvorved det i princippet - er muligt at finde den oprindelige funktion til en afledet funktion. Illustration : Integration som omvendt differentialkvotient Desværre går der nogle oplysninger tat ved differentialoperatoren (eksempelvis konstantled), hvorved der opstår en uekendt konstant ved integration af en afledet funktion, kaldet stamfunktionen F(x) til en funktion. Den anden vej går det derimod fint, hvorfor definitionen for stamfunktion er givet ved: d ( F ( x)) = f (x) dx Illustration 2: Integration som omvendt differentialkvotient ver.2 integrale_a.odt Side 2 /43 Jako Gudmandsen:

3 I princippet urde det være det samme som den anden vej rundt, men her er det vi skal tilføje en aritrer konstant: d dx ( F ( x)) = f (x) f (x)dx = F ( x)+c Notationerne F(x), f(x), f'(x) m.fl. er i princippet lot et udtryk for hvor mange trin differentialeller integrationsoperatoren har virket på en estemt funktion. Dette illustreres i særdeleshed i forindelse med potensfunktioner, som netop mister en heltallig potens ved hver differentiering. Omvendt stiger potensen et trin ved integration. Illustration 3: Differentialtrappen En stamfunktion kan også udtrykkes som det uestemte integrale. f (x)dx = F ( x)+c d ( f ( x)dx) = d ( F ( x)+c) = f (x) dx dx integrale_a.odt Side 3 /43 Jako Gudmandsen:

4 2 Stamfunktioner til simple funktioner Grundlaget for stamfunktioner ygger på en række løsninger: Funktion f(x) Stamfunktion F(X) f (x) = x n F (x) = n+ xn+ +c, n f (x) = x = x f (x) = 0 F (x) = ln(x)+c F (x) = c f (x) = c = c x 0 F (x) = c x = c x f (x) = e x F (x) = e x +c f (x) = e kx F (x) = k ekx +c f (x ) = ln( x) F (x) = x ln( x) x+c f (x) = a x F (x) = ax ln (a) +c f (x) = x = x ½ F (x) = x 2 +c = 2 x x+c 3 Den aritrere konstant c etyder, at der er uendeligt mange stamfunktioner til en funktion, som lot adskiller sig fra hinanden, ved at have forskellige konstanter lagt til udtrykket grafisk forskudt i y-aksens retning. Eksempelvis kan stamfunktioner til et 2.gradspolynomium findes: 3x 2 2x 9 dx = x 3 x 2 9x+c d dx ( 3x 2 2x 9 dx) = d dx (x3 x 2 9x+c ) 3x 2 2x 9 = 3x 2 2x 9 x 0 q.e.d. Alt efter størrelsen af konstanten c vil denne kunne skitseres grafisk som på Illustration 3 Alle disse stamfunktioner vil have den samme afledte, da netop konstantleddet går ud ved differentiering. integrale_a.odt Side 4 /43 Jako Gudmandsen:

5 Illustration 4: Forskellige stamfunktioner til y = 3x 2-2x-9 2. Integrationsprøven (omvendt differentiation) Da reglerne for differentialkvotienter er accepterede, kan disse ruges til at eftervise postulerede regler for integration, med udgangspunkt i definitionen for stamfunktion: d ( F ( x)) = f (x ) dx Eksempelvis kan regnereglen for stamfunktion til potensfunktioner efterkontrolleres ved hjælp af differentiation: x n dx = n+ x n+ +c d dx ( x n dx) = d dx ( n+ xn+ +c) x n = (n+) n+ xn+ +0 = x n q.e.d. Prøves det samme med den naturlige logaritme, fås: ln(x) dx = x ln(x) x d dx ln( x)dx = d dx ( x ln(x) x ) ln(x) = ln(x)+x = ln( x) x På samme vis kan de øvrige løsninger og regler for åde funktionsudtryk og regneregler i vid udstrækning eftervises. integrale_a.odt Side 5 /43 Jako Gudmandsen:

6 3 Regneregler for uestemte integraler På lige fod med differentialoperatoren findes der en række regneregler for uestemte integraler. Sum og differens Skalar Partiel integration Integration ved sustitution ( f ±g )(x)dx = f (x)dx± g (x)dx k f ( x)dx = k f ( x)dx f ( x) g( x)dx = F (x) g( x) F (x) g ' (x)dx f (g (x)) g ' ( x)dx = F (g(x)) De to første svarer fuldkommen til reglerne for differentialkvotienterne, mens de to næste kræver en dyere forklaring. Tages der udgangspunkt i regneregler for differentialkvotienter, har vi følgende: d ( f ( x)± g (x)) = f ' (x)±g ' (x ) dx d (k f (x)) = k f ' (x) dx d ( f ( x) g (x)) = f ' ( x) g (x)+ f (x) g ' (x) dx d dx ( f ( g (x)) = d ( f (g( x))) = dx f ' (x) g(x) f (x) g ' (x) ( g(x)) 2 f ' ( g( x)) g ' (x) I ovenstående tael gælder alle forholdene for differentiation fra venstre til højre, hvilket må etyde at samme forhold må være gældende ifm. integration fra højre til venstre. d dx ( f ( g (x))) = f ' ( g(x)) g ' ( x) f ' ( g( x)) g' ( x)dx = f ( g (x))+c Dette evis optræder flere steder i lærerøgerne for Matematik A. Samme forhold må gøre sig gældende for de øvrige regneregler for differentialkvotienter, eksempelvis: d dx ( f ( g (x)) = f ' ( x) g ( x) f ( x) g' ( x) (g (x)) 2 f ' (x) g (x) f (x) g ' (x) ( g (x)) 2 dx = f (x) g(x) +c integrale_a.odt Side 6 /43 Jako Gudmandsen:

7 d ( f (x) g( x)) = f ' ( x) g(x)+ f (x) g ' (x) dx f ' ( x) g(x)+ f (x) g ' (x)dx = f (x) g(x)+c Førstnævnte (division) er meget sjældent optrædende når der skal løses integraler, men løsning af multiplikater af funktioner kan sagtens ruges til noget fornuftigt. Se Partiel integration side Bevis for sum og differens f ( x)±g (x)dx = f ( x)dx± g (x)dx Ved at anvende integrationsprøven og differentiere egge sider af lighedstegnet ved hjælp af sumreglen for differentiation kan reglen for summen af to funktioner efterprøves: d dx ( f ( x)dx+ g (x)dx) = d dx ( f ( x)dx)+ d dx ( g ( x)dx ) = f ( x)+ g (x) Resultatet er integranden, hvorved reglen er evist. Tilsvarende kan reglen for differens evises Bevis for skalar k f ( x)dx = k f ( x)dx Ved at differentiere egge sider, med reglen for skalar for differentiation fås d dx ( k f (x)dx ) = k d dx ( f ( x)dx) = k f (x ) Resultatet er integranden, hvorved reglen er evist. 3. Partiel integration Parteil integration enyttes ved produkt af to uforenlige funktioner. f ( x) g ( x)dx = F (x) g( x) F (x) g ' (x)dx Det er ligetil at finde en funktion som er produkt af to funktioner og indsætte den i reglen for partiel integration, men der kan være faldgruer og funktioner uden løsninger. Eksempelvis: integrale_a.odt Side 7 /43 Jako Gudmandsen:

8 f (x) = x 2 e x f ( x)dx = x3 3 e x x3 3 e x dx+c I løsningen optræder et nyt integrale, som skal løses med partiel integration og som vil resultere i endnu et integrale, da den aflede til e x jo netop er e x. Der kan altså ikke findes nogen løsning på denne måde. Byttes der derimod om på x 2 og e x, hvilket er fuld ud tilladt ved produkt, giver det en mere konstruktiv eregning: f (x) = e x x 2 f ( x)dx = e x x 2 e x 2x dx+c = e x x 2 (e x 2x e x 2dx)+c = e x x 2 (e x x 2 (e x 2))+c = (x 2 2x+2) e x +c Her er systemet, at sikrer at potensfunktionen indgår i den del af produktet, g(x), som ender i en konstant ved gentagne differentieringer. Ved trigonometriske funktioner vil denne metode typisk ikke kunne ruges, da der aldrig opnås eliminering af sådanne funktioner. e x sin (x)dx = e x sin (x) e x cos( x)dx+c sin( x) e x dx = cos( x) e x cos( x) e x dx+c Både e x og sin(x) liver aldrig elimineret, hvorfor vi kan integrerer for evigt, uden at finde en algeraisk løsning. I sådanne tilfælde kan integraletaeller og/eller CAS 2 være et rugart alternativ. 3.. Udledning af partiel integration Beviset for partiel integration følger samme mønster med 'omvendt differentiation', men er snarere udtrykt ved udviklingen frem til partiel integration på aggrund af differentiation af produktet af to (uforenelige) funktioner: d ( f ( x) g ( x)) = f ' ( x) g( x)+ f ( x) g ' ( x) dx d dx ( f ( x) g (x)) dx = f ' ( x) g ( x)+ f ( x) g ' ( x)dx f ( x) g ( x)+c = f ' (x) g ( x)+ f ( x) g ' (x)dx Integralet herover er sjældent forekommende, og det vi gerne vil finde, er en løsning til integration af multiplikater af funktioner, f(x) g(x). Det (måske) edste værktøj er Wolfram Mathematica Online Integrator, 2 CAS: Computer Algera System = et matematikprogram som kan håndtere symolsk matematik eller en avanceret lommeregner. integrale_a.odt Side 8 /43 Jako Gudmandsen:

9 Derfor forsøger vi at isolere denne: f ' ( x) g (x)+ f (x) g ' (x)dx= f (x) g(x) f ' ( x) g(x)dx+ f (x) g ' (x)dx= f ( x) g(x) f ' (x) g(x)dx= f (x) g (x) f (x) g ' (x)dx Notationerne F(x), f(x) og f'(x) angiver relative niveauer af differentiation ift. udgangspunktet, hvorfor forholdene; d d F (x) = f (x) og dx dx f ( x) = f ' (x ) angiver samme trin i samme retning på en differentialtrappe. Det samme gør sig gældende ved integration; f ' (x)dx = f ( x)+c og f ( x)dx = F (x)+c for trinvis retning op ad på Illustration 3: Differentialtrappen side 3. Derfor vil vi kunne omskrive ovenstående evis for partiel integration, 2. linje om til: f x g x dx F x g ' x dx=f x g x f x g x dx = F x g x F x g ' x dx...hvor F(x) er stamfunktion til f(x) og g'(x) er den afledede funktion til g(x). 3.2 Integration ved sustitution Sustitutionsmetoden kan ses som den inverse til differentiering af en sammensat funktion. d ( f ( g (x))) = f ' (g (x)) g ' (x) dx d dx ( f ( g (x))) dx = f ' (g (x)) g ' (x)dx Omskrevet ved hjælp af Differentialtrappen, hvor f'(x) erstattes af f(x), kan dette skrives som f (g (x)) g ' (x)dx = F ( g(x)) integrale_a.odt Side 9 /43 Jako Gudmandsen:

10 Det er ofte ikke tilfældet at en funktion er sat sammen med den indre funktions afledte, hvorfor der må en kreativ teknik til løsningen, eksempelvis funktionen S(x): S (x) = f ( g(x)) S (x) = 4x dx, g(x) = u = 4x og f (u) = u = u / 2 F (u) = 2 3 u 3 2 og du dx = 4 du = 4dx dx = 4 du Indsættes udtrykket for dx i integralet fås: 4xdx = u ( 4 )du = u 3 2 +c = 6 ( 4x) 3 2 +c I dette tilfælde gik det godt, da den indre funktions afledede funktion viser sig som en konstant, hvilket ikke altid er tilfældet. Er der tale om indre funktioner i form af potensfunktioner af højere orden eller andre ikke-eliminerare funktioner kan det live meget svært at løse i hånden, hvorfor CAS må tages i rug, eksempelvis: ln(x 2 )dx, f (u) = ln(u), u = x 2 F (u) = u ln u u, du dx = 2x dx = 2x du ln(u) u' 2x du =? du Her liver der ikke elimineret noget i forhold til størrelsen dx = 2x kræver særlig kreativitet, som ikke ehandles i nærværende skrift. Derimod kan CAS være et anvendeligt værktøj:, hvorfor en løsning Illustration 5: Løsning fra Wolfram Mathematica Online Integrator Dette kaldes for integration ved sustitution, da netop g(x) sustitueres (erstattes) med u. Metoden er mest teknik, som veksler alt efter hvilken type funktioner der er tale om. integrale_a.odt Side 0 /43 Jako Gudmandsen:

11 3.2. Udledning af integration ved sustitution Ved differentialkvotienter findes der løsning til sammensatte funktioner, hvilket ville være rart ifm. integration også. Med udgangspunkt i differentialkvotient af sammensatte funktioner, kan der udledes noget rugart: d ( f (g ( x))) = f ' ( g (x)) g ' ( x) dx Jævnførende Illustration 3: Differentialtrappen side 3 kan f(x) omdøes, når lot dennes afledede også omdøes derefter og integraleoperatoren udføres på egge sider. d ( F ( g (x))) = F ' (g (x)) g ' ( x) = dx f (g( x)) g ' (x) d dx (F (g (x)))dx = f ( g(x)) g ' ( x)dx F ( g(x)) = f ( g(x)) g ' ( x)dx Sættes g(x) = u kan udtrykkes skrives som f (u) du dx = F (u) dx integrale_a.odt Side /43 Jako Gudmandsen:

12 4 Det estemte integrale Som invers operator til den afledede, giver det uestemte integrale en ny funktion i forhold til udgangspunktet, men der er en anden rug af integralerne, som giver os et tal som resultat: Det estemte integrale. Senere skal der ses på nogle af de mest anvendte fortolkninger af det fremkomne tal. Det estemte integrale eregnes som: a f (x) = [ F (x)]a = F () F (a) Her findes det uestemte integrale, og derefter indsættes nogle valgte grænser, inden for hvilket interval der ønskes at integreres over, a til. Ser vi på funktionen f (x) = 2x 2 +8x 6 og nu ønsker at finde det estemte integrale mellem x = og x = 3, enyttes ovenstående metode: 3 2x 2 +8x 6dx = [ 2x3 3 +4x2 6x+c] = ( c) ( c) = (0+c) ( 8 3 +c ) = Det estemte integrale for f(x) i intervallet x ε [;3] er altså tallet 8/3, men hvad etyder det? Der er mange fortolkninger, alt efter hvilken anvendelse integralet har, og inden for fysikken ses en næsten uegrænset anvendelse af integraler til løsning af mange udfordringer. I det efterfølgende ser vi på nogle af de mest asale tolkninger / anvendelser af estemte integraler Summer En måde at anskue det estemte integrale er en sum af uendeligt mange uendeligt små størrelser, jævnførende infinitesimalregningens grundlag. En sum kan eskrives som addition af en lang række ens eregninger. n a i i= = a +a 2 +a a n Hvis eregningen eksempelvis er y = x 2 vil summen intervallet n [;6 ] kunne udtrykkes ved; integrale_a.odt Side 2 /43 Jako Gudmandsen:

13 6 x 2 = = 9 i= Begreet summer, kan etragtes meget grundigt, på universitetsniveau, men her accepteres lot metoden til at udlede særlige estemte integraler. 4. Arealfunktionen Arealet af en cirkel er kendt i enhver skoleog, værende A cirkel = π r 2 men det har ikke været let for oldtidens matematikere at komme frem til denne sammenhæng. De har måske tegnet en stor nøjagtig cirkel og udfyldt den med kendte geometriske størrelser, så som rektangler. Illustration 6: Arealet af en cirkel eregnet som summen af mange rektangler Denne medtode egrænses af udøverens nøjagtighed og tålmodighed, i forhold til hvor mange og små rektangler der tegnes og udregnes. Samme metode kan udføres på landkort, som slet ikke har nogen kendte geometriske former. 4.. Integrael funktion Anskues en funktion y = f (x) og dennes graf, kan det være nyttigt at vide arealet under grafen, det vil sige mellem grafen for y og.aksen. Som udgangspunkt vil det være rart at enytte nogle geometriske former, hvis areal er kendt i forvejen, her rektangler. integrale_a.odt Side 3 /43 Jako Gudmandsen:

14 Illustration 7: Arealet under grafen for f(x) i intervallet fra a til, opdelt i små rektangler De inddelte rektangler med redden Δx kan enævnes efter startsværdien x til x n. Hvert enkelt rektangel har således arealet, højde gange redde, hvor højden er givet ved funktionsværdien f(x n) og redden er givet ved Δx. A A 2 A 3 A n = f ( x ) Δ x = f ( x 2 ) Δ x = f ( x 3 ) Δ x... = f ( x n ) Δ x A tot = A +A 2 + A A n Alle disse små rektanglers arealer kan summeres op til et tilnærmelsesvist areal: A a n = i= f (x) Δ x = f (x ) Δ x+ f ( x 2 ) Δ x+ f (x 3 ) Δ x+...+ f ( x n ) Δ x Dette areal vil dog altid have en afvigelse, på grund af geometriske forskelle mellem rektanglet og den ikke-vandrettet graf. Ved at gøre rektanglerne mindre, ved at gøre Δx mindre, minimeres fejlen, men medfører et øget antal eregninger. Lader vi Δx gå mod 0 (nul) fås uendeligt mange uendeligt små rektangler, som i princippet er uden fejl, hvorved eregningen vil live til de nøjagtige areal mellem grafen og.aksen: integrale_a.odt Side 4 /43 Jako Gudmandsen:

15 A a n = i= f (x i ) Δ x a f ( x)dx for Δ x 0 Herved fås det nøjagtige areal under grafen for f(x) i intervallet fra a til : Illustration 8: Arealet under grafen for f(x) opdelt i uendeligt mange uendeligt små rektangler Det estemte integrale kan altså også tolkes som eregning af arealet mellem grafen for f(x) og.aksen. A tot = a f x dx = [ F x ]a = F F a Herved ses det at det estemte integrale kan være et udtryk for arealet mellem grafen for funktionen f(x) og førsteaksen. Ses der eksempelvis på den tidligere funtkion f (x) = 2x 2 +8x 6 fandt vi at det estemte integrale mellem x = og x = 3 var lig 8/3 ~2.667, hvilket altså er arealet under grafen. integrale_a.odt Side 5 /43 Jako Gudmandsen:

16 Illustration 9: Arealet under grafen for f(x) = -2x 2 +8x-6 lig 2.67 Et lille kuriositum vedrørende arealfunktionen for en paraelspids er, at arealet er præcist 2/3 af arealet af det omsluttende rektangel. Arealet af det omsluttende rektangel A rekt = Δx Δy er i dette tilfælde 2 2 = 4, hvor 2/3 af dette giver netop 8/ Bevis for arealfunktionen som det estemte integrale Arealfunktionen A(x) defineres, som den funktioner der angiver arealet af området mellem grafen for f(x) og.aksen i intervallet [a ; x], hvor x [a ;]. Arealet A(x) er angiveligt en stamfunktion til f(x), hvilket vil sige af der må gælde at A ' (x) = f (x) eller arealfunktionen er differentiael i et vilkårligt punkt x 0. A ' (x 0 ) = f (x 0 ) hvilket kan vises ved, at differenskvotienten i x 0 Δ A Δ x = A( x +Δ x) A(x ) 0 0 Δ x har en grænseværdi for Δ x 0 og at denne grænseværdi er lig f(x 0). integrale_a.odt Side 6 /43 Jako Gudmandsen:

17 Illustration 0: Arealfunktionen På Illustration 0 kan følgende sammenhænge udledes: f ( x 0 ) Δ x Δ A f ( x 0 +Δ x) Δ x f ( x 0 ) Δ x A( x 0 +Δ x) A(x 0 ) f (x 0 +Δ x) Δ x f ( x 0 ) A( x +Δ x) A(x ) 0 0 f ( x Δ x 0 +Δ x) Da f (x 0 +Δ x) f ( x 0 ) for Δ x 0 vil differentialkvotienten A ' (x 0 ) f (x 0 ) for Δ x 0. Hermed er det påvist at i punktet x 0 gælder at Δ A Δ x f ( x 0 ) for Δ x 0 Da x 0 er vilkårligt valgt i intervalle [a ;] kan der konkluderes at A ' (x) = f (x) og dermed at arealfunktionen er en stamfunktion til f(x)! Ved at enytte viden om det estemte integrale kan det faktiske areal udregnes ved a f ( x)dx = [ A(x)]a = A() A(a) Da A(x) er stamfunktion til f(x) kan udregningen omskrives til integrale_a.odt Side 7 /43 Jako Gudmandsen:

18 a f ( x)dx = [ A(x)]a = [F (x)+c ] a = F () F (a) 4..3 Nummerisk areal Det viser sig at estemte integraler for funktioner under.aksen (negative y-værdier) vil resultere i negative størrelser, og da arealer pr. definition er positive, må fuldstændige korrekte arealeregning være A a = a f ( x)dx = F () F (a) I ovenstående parael vil det estemte integrale mellem x = 0 og x = resultere i størrelsen -8/3, hvorfor tolkningen som areal vil resultere i A = -8/3 = 8/3. Se Illustration side 8. Illustration : Arealeregning for f(x) = -2x 2 +8x-6 for interval med negative y-værdier. For arealer for en graf, som krydser.aksen, skal eregningen opdeles i intervaller og summeres efterfølgende, hvorved det estemte integrale og arealet ikke altid giver samme værdi. Mere herom under Indskudsreglen side Areal mellem graferne for to funktioner Skal arealet mellem graferne for to (positive) funktioner i givent interval estemmes, er det relativt let at overevises om, at det må løses ved at fratrække de to funktioners individuelle arealer. På Illustration 2 ses to funktioner med arealerne opmærket i intervallet mellem funktionernes skæringer. Den lyse farve indikerer arealet under f(x) (som selvfølgeligt fortsætter hele vejen ned til.aksen) og den mørkere farve indkerer arealet under g(x). Den synlige del af arealet under f(x) svarer til arealet mellem de to grafer, hvorfor det må gælde at A = a f (x)dx a g( x)dx integrale_a.odt Side 8 /43 Jako Gudmandsen:

19 Jævnførende Regneregler for estemte integraler side 36 kan vi udføre leddevis integration, hvorved det ofte vil være en fordel at fratrække de to funktioner før udledning af det estemte integrale; A = a f (x) g( x)dx Illustration 2: Arealet mellem graferne for to funktioner 4.2 Buelængde Da en kurve aseret på et algeraisk udtryk sjældent er simpelt nok til at eregne ved hjælp af de klassiske geometriske formler, vil det ofte være formålstjenstligt at kunne eregne kurvelængde ad anden vej. Deles kurven op i små segmenter, kan disse segmenter med god tilnærmelse etragtes som små rette linjestykker i form af hypotenuser i retvinklede trekanter, hvor katederne er henholdsvis Δx og Δy. Illustration 3: Retvinklet trekant med katederne Δx og Δy n. Jævnførende Pythagoras' lærersætning, kan hypotenusen eregnes udfra L n = (Δ x) 2 +(Δ y n ) 2 integrale_a.odt Side 9 /43 Jako Gudmandsen:

20 Illustration 4: Kurven for f(x) opdelt i små hypotenuser Hver af disse segmenters længde kan herved etragtes som hypotenusen på en lille retvinklet trekant, og længden kan hermed eregnes ved hjælp af pythagoras' læresætning: L = (Δ x) 2 +(Δ y ) 2 L 2 = (Δ x) 2 +(Δ y 2 ) 2 L 3 = (Δ x) 2 +(Δ y 3 ) 2... L n = (Δ x) 2 +(Δ y n ) 2 L tot = L + L 2 + L L n Når den samlede kurvelængde i intervallet fra x=a til x= skal eregnes, summeres alle de små linjestykker op: L a n = (Δ x) 2 +(Δ y i ) 2 i= Her har vi igen en lille fejl, da hypotenusen i hver lille retvinklede trekant er en ret linje i modsætning til kurvens (forventede) uede form, hvorfor resultatet pr. definition vil live en lidt for kort kurvelængde. Ved at minimere linjestykkerne, ved at gøre Δx mindre, minimeres fejlen men der skal integrale_a.odt Side 20 /43 Jako Gudmandsen:

21 gennemføres flere eregninger. Ved at lade Δx gå mod 0 (nul) vil fejlen elimineres og vi får: Illustration 5: Kurve for f(x) opdelt i uendeligt mange uendeligt små hypotenuser L a n = (Δ x ) 2 +(Δ y i ) 2 i= a dx 2 +dy 2 for Δ x 0 Desværre kender vi ikke de enkelte værdier for Δy og i modsætning til arealeregningen har vi ikke noget 'dx' som afslutning på integralet, hvorfor lidt omregning må finde sted. Ses der alene på kvadratroden i integranden, fås der: dx 2 dy 2 = dx 2 dy 2 dx dx = dx2 dy 2 dx = dx2 dx 2 dx dy2 2 dx 2 dx 2 dx dx dy 2 dx 2 dx = dy a p dx dx = = a p dx2 og p dx = 2 dy 2 dx = dy 2 2 dx Nu har vi fået 'dx' uden for kvadratroden og ser at prolemet med at eregne de enkelte funktionstilvækster Δy er løst i samme omgang, da (dy/dx) 2 er funktionens afledede opløftet i anden potens, og denne urde kunne findes relativt let. Ergo: L tot = a dy 2 dx dx integrale_a.odt Side 2 /43 Jako Gudmandsen:

22 Ved enyttelse af ovenstående til eregning af kurvelængde, skal der altså først findes den afledede funktion, som opløftes i anden potens og dette indsættes i funktionsudtrykket til eregning af længdeintegralet. Sammensatte funktioner er generelt esværlige at løse også ved hjælp af sustitutionsmetoden og ved funktioner som ikke er ekstremt simple vil der ikke kunne findes en algeraisk løsning, hvorfor det anefales at ruge CAS i de fleste tilfælde. Disse har som regel indygget en stor dataase med løsninger til særlige integraler. Eksempel I: Ret linje Den simpleste rette linje er givet ved f (x) = x dy dx ( = dy 2 dx ) = L 0 = 0 + x 0 dx = 2 [ x ] 0 = 2 ( 0) = 2,442 Denne har den fordel, at den kan verificeres ved hjælp af Pythagoras: c 2 = a her L 0 = = 2,442 Eksempel II: Kvadratrodsfunktionen Den simpleste kvadratrodsfunktion er y = x. Længden i intervallet x ε [0;] L 0 = 0 dy dx = 2 x 2 ( dy 2 dx) = 4 x = 4x + 4x dx = [ 8 4 x +4 x+ln ( 4 ( x ) +4+2 x+ )]0 Det uestemte integraler er løst ved hjælp af CAS / Wolfram 'Wolfram Mathematica Online Integrator' på integrale_a.odt Side 22 /43 Jako Gudmandsen:

23 Dette illustrerer tydeligt hvordan vi meget let kan få integraler, som ikke er til at løse i hånden, og ovenstående vil da også være meget esværligt at udregne i hånden, hvorfor det letteste er at forsætte med at ruge CAS. L 0 = ln ( 5+2) ,47894 Dette er en anelse længere end den rette linje gennem samme endepunkter, som lev eregnet i eksempel I, hvorfor det lyder meget troværdigt. 4.3 Volumen af omdrejningslegeme Hvis vi ser på grafen for funktionen y = f(x) i det sædvanlige 2-dimensionelle retvinklede koordinatsystem og lader grafen dreje 360 (2π rad.) om.aksen, fås et såkaldt omdrejningslegeme eller rotationslegeme, forsøgt illustreret herunder: For at finde volumen (rumfanget) af dette legeme, tages udgangspunkt i kendt form fra geometrien cylinder. En cylinders rumfang kan let eregnes som endefladeareal gange højde, og da endefladen er en cirkel fås: V cyl = A h = r 2 h Deles omdrejningslegemet op i mange små cylindere - alle med højden lig Δx og radius r lige funktionsværdien i f(x n) - kan volumen af de enkelte cylindere eregnes ud fra: Notationen f 2 (x) er den sammen som (f(x)) 2 integrale_a.odt Side 23 /43 Jako Gudmandsen:

24 V V 2 V 3 V n = π( f (x )) 2 Δ x = π( f (x 2 )) 2 Δ x = π( f (x 3 )) 2 Δ x... = π( f (x n )) 2 Δ x V tot = V +V 2 +V V n For at finde den samlede volumen summeres alle de små cylindere op: V a n = π ( f (x i )) 2 Δ x i= Fejlen ved denne metode er helt analog med fejlen ved arealeregning, og løses tilsvarende, ved at lade cylinderhøjden Δx live så lille som muligt: V a n = π ( f (x i )) 2 2 Δ x a π( f ( x)) dx for Δ x 0 i= En konstant/skalar foran et funktionsudtryk kan sættes uden for og der fås at volumen er: V tot = a f x 2 dx Ved eregning af volumen skal funktionsudtrykket opløftes i anden potens og dette indsættes integrale_a.odt Side 24 /43 Jako Gudmandsen:

25 i formlen herover. Husk π (pi)! Eksempel I: Kegle i form af ret linje Når en ret linje drejes omkring. aksen vil der fremkomme en form, som en kegle(stu), alt efter de valgte grænser. I enhver formelsamling kan der findes udtryk for rumfanget, givet ved: V kegle = 3 π r2 h Udtrykkes keglen ved den simpleste rette linje y = x i intervallet fra x = 0 til x 2 =, kan volumen eregnes. V 0 f (x) = x f 2 ( x) = x 2 = π 0 x 2 dx = π[ x3 3 ]0 = π( 3 0 ) = π 3,0472 I dette tilfælde giver det en kegle med radius r = og højden h =, som kan eregnes ved hjælp af den geometriske løsning, som V = 3 π 2 = π 3 Ændres grænserne til eksempelvis fra x = til x 2 = 3, giver det en keglestu, med lille radius a =, stor radius = 3 og højden h = 2. Murray R. Spiegel; Mathematical Handook af Formulas and Tales, Schaum's Outline Series, McGraw-Hill, NY integrale_a.odt Side 25 /43 Jako Gudmandsen:

26 V = π x 2 dx = π[ x3 3 ] = π( ) = 26π 3 27,23 I formelsamlingen findes keglestuens volumen til V keglestu = 2 π h(a2 +a+ 2 ) Indsat med aktuelle værdier giver det V = 3 π 2( ) = π 2 26 π 3 = 3 3 Eksempel II: Paraol i form af kvadratrodsfunktionen Den simpleste kvadratrodsfunktion er y = x som er den inverse til x 2, og derved en liggende parael. integrale_a.odt Side 26 /43 Jako Gudmandsen:

27 Volumen af omdrejningslegemet er givet ved V 0 = π 0 x 2 dx = π 0 x dx = π [ x2 2 ]0 = π( 2 0 ) = π 2,57 I en formelsamling er fundet volumen for en paraol med radius og højden a V paraola = 2 π 2 a Med værdierne a = og = giver det V = 2 π 2 = π 2, Bevis for volumen af omdrejningslegeme Analog med Bevis for arealfunktionen som det estemte integrale side 6 defineres rumfangsfunktionen V(x), som skal være differentialel i et vilkårligt punkt x 0 [a ;] med følgende differentialkvotient: V ' (x) = π ( f (x 0 )) 2 hvilket vil sige at differenskvotienten, udtrykt ved Spiegel, M.R.; Mathematical Handook of Formulas oand Tales, Schaum Outline Series, McGraw-Hill Inc. NY integrale_a.odt Side 27 /43 Jako Gudmandsen:

28 ΔV Δ x = V ( x +Δ x) V (x ) 0 0 Δ x har en grænseværdi for Δ x 0 som er lig π f 2 (x). Ved at vælge et punkt x 0 og et andet punkt x 0+Δx og udregne rumfanget af de to cylindre, som fremkommer ved funktionsværdierne f(x 0) og f(x 0+Δx ) som radius og Δx som højde, må der gælde følgende sammenhæng: Da f(x) er kontinuert gælder det at ΔV = V ( x 0 +Δ x) V (x 0 ) f (x 0 +Δ x) f ( x 0 ) for Δ x 0 π f 2 (x 0 +Δ x) π f 2 (x 0 ) for Δ x 0 Der er hermed vist at i punktet x 0 gælder at V (x 0 +Δ x) V ( x 0 ) Δ x π f 2 (x 0 ) for Δ x 0 og da punktet er valgt vilkårligt må det gælde at differentialkvotienten er givet ved V ' (x) = π f 2 (x) Herved er der evist at V(x) er stamfunktionen til π f 2 (x) ergo π a f 2 (x)dx = π [V ( x)] a = π (V () V (a)) Som mindre detalje tilføjes her volumen for omdrejning rundt om y-aksen: V y = 2 a x y dx hvor y = f(x) og x = f - (y). Dette evises ikke her. integrale_a.odt Side 28 /43 Jako Gudmandsen:

29 4.3.2 Volumen mellem omdrejningslegemer for graferne for flere funktioner Ved arealeregning mellem graferne for to funktioner, viste det sig at det med fordel er muligt at fratrække de to funktioner inden løsning af det estemte integrale. Dette gælder ikke for volumen mellem to omdrejningslegemer!!! Da der netop er tale om funktioner opløftet i 2. potens, vil deres indhold ikke kunne trækkes fra hinanden inden integration. For to funktioner f(x) og g(x) vil forskellen i volumen, derfor være givet ved; V a = π a f 2 (x)dx π a g 2 (x)dx = π a f 2 ( x) g 2 (x)dx 4.4 Overfladeareal af omdrejningslegeme Til at udlede arealet af omdrejningslegeme, tages udgangspunkt i en masse små keglestue. Arealet af den krumme overflade på en keglestu, kan slås op i enhver formelsamling: O = π (r+ R) s hvor s er længden af den skrå flade, jævnførende Buelængde side 9, r er den ene radius og R er den anden radius. Højden af keglestuen må være Δx. Jævnførende Illustration 6 side29 er disse værdier enævnt r = f (x 0 ), R = f ( x 0 +Δ x) og s svarer til et segment af uelængden. Se Buelængde Side 9. Illustration 6: Overfladearel af funktion drejet om.aksen En sum af mange små keglestues areal kan således skrives som integrale_a.odt Side 29 /43 Jako Gudmandsen:

30 O a n = π ( f (x n )+ f ( x n +Δ x)) s i= Ved at lade keglestuenes højde live meget lille (uendeligt lille) kan dette omskrives til O a π a ( f (x)+ f ( x+δ x)) s for Δ x 0 hvor s = + ( dy 2 dx ) Når Δx går mod nul (0) vil de to funktionsværdier, f(x 0) og f(x 0+Δx), gå mod at være lige store, hvorved summen vil give 2f(x 0). f (x 0 )+ f ( x 0 +Δ x) 2 f ( x 0 ) for Δ x 0 Indsættes dette i det estemte integrale sammen med den skrå længde s vil følgende sammenhænge fremstå. O a = π a 2 f ( x) sdx Som kan finpudses til følgende: O a = 2π a f ( x) ( + dy 2 dx ) dx Eksempel I: Keglestu i form af ret linje Ved at tage den simple rette linje fra forgående eksempel, y = x, i intervallet x = til x 2 = 3, og dermed en keglestu. integrale_a.odt Side 30 /43 Jako Gudmandsen:

31 Med lille radius a =, stor radius = 3 og højden h = 2, kan overfladen eregnes ved O = 2π x + 2 dx = 2 π 2[ x2 2 ] = 2 2π ( ) = 8 2π 35,54 Overfladen af en keglestu er, i formelsamlingen, givet ved O keglestu = π(a+) h 2 +( a) 2 hvor de relevante værdier giver O = π(+3) 2 2 +(3 ) 2 = 4π 8 = 4π 2 2 = 8 2π Eksempel II: Paraol i form af kvadratrodsfunktionen Ligeledes kan overfladen af en paraol estemmes ud fra kvadratrodsfunktionen (dog, her ved hjælp af CAS / Wolfram). integrale_a.odt Side 3 /43 Jako Gudmandsen:

32 Først udregnes den afledede funktion opløftet i 2. potens. dy dx = 2 x 2 ( dy 2 dx ) = 4 x O 0 = 2π 0 x + 4x dx Indsat i CAS / Wolfram fås det uestemte integrale I forindelse med den nedre grænse a = 0, opnås en røk med nul i nævneren, hvilket ikke holder. Lader vi i stedet a 0 fås a +4 a = ( a +4 ) a = a a +4a for a 0 Roden er ikke lot gående mod for a 0 men er lig. Det kan dog ikke lade sig gøre at indsætte a = 0, da a oprindeligt optræder i nævneren på en røk, jævnførende definitionsmængden. Derfor grænseværdien. Hermed kan det estemte integrale løses som integrale_a.odt Side 32 /43 Jako Gudmandsen:

33 O 0 = π 6 ( 5 5 ) = π ,3304 Wolframs løsning kan dog omskrives: 2 x +4 x(4x+) = 2 ( x x ) +4 (4x+) = 2 +4x(4x+) = 3 2 (4x+) 2 Med grænserne indsat, fås det estemte integrale O 0 = 2π 0 x + 4x [ dx =2π 3 2 ( 4x+) 2]0 = π ( 3 ( 4 +) 6 2 ( 4 0+) 3 2) = π( ) = 5,3304 Alternativt kan selve integranden omskrives, hvorved vi får: x + 4x = x (+ 4x ) = x+ x 4x ( = x+ 2 4) Herved kan integralet løses i hånden, ved hjælp af sustitutionsmetoden: O 0 = 2π 0 ( x+ 4) 2 dx 2 hvor f (u) = u, u(x) = x+ 4, du dx = = du = dx Dette medfører u () u O 0 = 2 π u (0) 2 du = 2 π [ = 4 3 (( π 5 3 4) 2 ( 5 4 2] (u ) = 2 π [(u ) ] 2) 4 5,3304 4)3 Det er emærkelsesværdigt, at hverken Wolfram eller anden CAS har fundet sidstnævnte integrale_a.odt Side 33 /43 Jako Gudmandsen:

34 simplere løsning, ligesom reduktion af løsning ikke er gennemført automatisk i CAS (!) Gariels trompet Et af matematikkens mange paradokser er defineret ved Torricelli 2. Ved at regne på henholdsvis volumen og overfladeareal på reciprokfunktionen opstår et prolem. y = x, x [ ; [ Illustration 7: Torricelli's trompet på formen y = /x Rumfanget giver V = π ( 2 x) dx = π x 2 dx = π [ = π[ x ] = π ( + ) = π + x 2+] Overfladearealet giver O = 2 π x + x 4 dx da dy dx = x 2 ( dy 2 dx) = x 4 Denne kan desværre ikke løses algeraisk 3, hvorfor lidt kreativitet må til. Løsningerne er desuden afprøvet Derive 6., TI89 og TI inspire. 2 Evangelista Torricelli ( ) var elev af Galileo Galilei. 3 Ikke en gang Wolfram Online Integrator kan løse integralet. Prøv selv på integrale_a.odt Side 34 /43 Jako Gudmandsen:

35 Da 0 < x 0 < x 4 0 < / x 4 må den samlede kvadratrod være større end (en!). Derfor må reciprokfunktionen (som er større end 0) ganget med kvadratroden (som er større end ) være større end reciprokfunktionen alene. Derfor må det estemte integrale ligeledes være støøre end integralet af reciprokfunktionen: + > x 4 x + x 4 > x 2 π x + x dx > 2π 4 x dx O > 2π x dx Integralet af reciprokfunktionen kan godt løses, inden for givne interval, og må være mindre end trompetens overfladeareal. O > 2π x dx = 2 π [ln (x) ] = 2 π(ln ( ) ln()) = 2 π( 0) = Da løsningen giver uendelig, og overfladen er større end dette, må overfladearealet også være uendelig stort! Paradokset At volumen ikke er uendeligt stort, er det matematiske paradoks, da trompeten forsætter i det uendelige og dermed må have et uendeligt rumfang. Lige præcis den funktion er et særtilfælde, da andre lignende funktioner vil have uendeligt rumfang. Eksempelvis y = x: V = π x 2 dx = π x dx = π [ x2 2 ] = π ( 2) = Det vil sige at det er muligt at fylde trompeten op med væske (maling) i en given mængde, men der vil aldrig være maling nok til at male trompetens overflade. Dette kaldes malerens paradoks. integrale_a.odt Side 35 /43 Jako Gudmandsen:

36 5 Regneregler for estemte integraler På lige fod med uestemte integraler er der en strie regneregler, som gælder for estemte integraler, hvoraf de første er fuldstændig enslydende med uestemte integraler. Sum & differens Skalar Partiel integration Integration ved sustitution a a ( f ± g)( x)dx = a f ( x)dx± a g ( x)dx a k f (x)dx = k a f (x)dx a f ( x) g (x)dx = [ F ( x) g (x)]a a F ( x) g ' ( x) g () f ( g(x)) g ' ( x)dx = g (a) f (u)du = F (g()) F (g(a)) Sum, differens og skalar ehøver ikke nogen forklaring, men de liver her ehandlet, rent metodemæssigt Relationer Der er en strie relationer i forindelse med estemte integraler, som har fortjent opmærksomhed, her i landt følgende: Omyttede grænser Indskudsreglen Middelværdi a f ( x)dx = a f (x)dx a f ( x)dx = a c f ( x)dx+ c f ( x)dx f (x) = a a f ( x)dx a f ( x)dx = f (c) ( a) for a c Positiv funktion f (x) > 0 for a x a f ( x) > 0 Uligheder f (x) g ( x) for a x a Størrelser x f ( x) M for a x f (x)dx a g ( x)dx m( a) a f ( x)dx M ( a) Nummerisk (as) a f ( x)dx a f (x) dx integrale_a.odt Side 36 /43 Jako Gudmandsen:

37 5. Sum og differens a f (x)±g ( x)dx = a f ( x)dx± a g ( x)dx 5.. Bevis for sum og differens Ved sum vil udregning af venstres side af lighedstegnet give a f ( x)+ g(x)dx = [ F (x)+g( x)]a = F ()+G() (F (a)+g( a)) = F () F (a)+g( ) G(a) Tilsvarende udregning for højre side giver a f (x)dx+ a g( x)dx = [F (x)]a +[G( x)] a = F () F (a)+g() G(a) Beregningerne er identiske, hvorved reglen er evist. Samme fremgangsmåde ved evis for differens. 5.2 Skalar a k f (x)dx = k a f ( x)dx 5.2. Bevis for skalar En udregning af venstres side af lighedstegnet vil give a k f (x)dx = [k F (x)]a = k F () k F (a) = k (F () F (a)) Tilsvarende vil højre side give k a f (x)dx = k [ F ( x)]a = k (F () F (a)) Herved er reglen evist. integrale_a.odt Side 37 /43 Jako Gudmandsen:

38 5.3 Partiel integration Da der i forvejen skal eregnes integraler i flere omgange, kommer der også flere udregninger af det estemte integrale, hvor det andet led kan afstedføre en hel strie af udregninger, før det ene led er elimineret ved differentiering. Reglen for partiel integration for estemte integraler siger: a f ( x) g (x)dx = [ F ( x) g (x)]a a F ( x) g ' ( x) Benyttes dette på den tidligere eskrevne funktion y = e x x 2 i intervallet x ε [0;] fås 0 e x x 2 dx = [ e x x 2 ] 0 0 e x 2xdx = [e x x 2 ] 0 ([e x 2x ] 0 0 e x 2 dx) = [e x x 2 ] 0 ([e x x 2 ] 0 ([ e x 2] 0 )) = [(x 2 2x+2) e x ] 0 = (( ) e ) (( ) e 0 ) = e Illustration 8: Arealeregning for f(x) = e x x Integration ved sustitution Ved sustitutionsmetoden for estemte integraler er der flere muligheder for eregning, udover at finde den rigtige stamfunktion. Ved det estemte integrale kan sustitutionsmetoden ruges ved indsættelse af grænser. a f ( g(x)) g ' (x)dx hvor u = g(x) g() g(a ) f (u)du = F ( g ()) G(g (a)) Rent praktisk kan vi vælge om vi vil indsætte grænserne a og i den den komplette integrale_a.odt Side 38 /43 Jako Gudmandsen:

39 stamfunktion eller ændre grænserne i forhold til g(x) og indsætte disse i den sustituerede stamfunktion. Anvendelsesmæssigt kan valget af f(x) og g(x) være valgfrit (faktorernes orden er ligegyldig), men det er formålstjenstligt at vælge g(x), således at den ved differentiation (måske flere gange) vil ende som en konstant. Der vil ofte forekomme tilfælde, hvor integralet på højre side af lighedstegnet, giver anledning til endnu en løsning ved partiel integration, og endda flere efterfølgende gange. Ser vi på tidligere nævnte funktion i intervallet x ε [0;/4] f (x) = 4x dx kan vi løse vad at ruge den sustituerede løsning med grænserne ændret af den indvendige funktion eller enytte de oprindelige grænser i det fulde udtryk for stamfunktionen: x dx = g(0) g(0.25) u ( 4 )du = [ u 3 = ( ) ( k ] 2) = ( 0 ( 6)) = [ 6 ( 4x) 2 +k]0 eller 3 ( 6 2) ( ( ) 3 6 2) ( ( 6)) ( 4 0) = Som det ses giver egge udregninger (heldigvis) samme resultat. Illustration 9: Arealet eregnet for f(x) = - 4x integrale_a.odt Side 39 /43 Jako Gudmandsen:

40 5.4. Bevis for integration ved sustitution Bevis for uestemt integrale ved sustitution står ved troende, hvorfor eviset for det estemte integrale snarere er en udregning på vilkårlige værdier: g () a f ( g(x)) g ' ( x)dx = g (a ) g() f (u)du = F ( g()) F ( g(a)) = [ F (u)] g(a) a u = g(x) g () f ( g (x)) g ' (x)dx = g (a) f (u)du 5.5 Omyttede grænser ved estemt integration Når et estemt integrale normalt udregnes foretages eregningen ved at indsætte grænseværdierne i stamfunktionen, med den højeste grænse først, fratrukket stamfunktionen af den nederste grænseværdi: a f ( x)dx = a f ( x) Byttes der derimod om på grænserne, således at det estemte areal regnes fra til a, giver resultatet numerisk det samme, men med modsat fortegn. 0 x 2 dx = [ x3 3 ]0 0 0 x 2 dx = [ x3 3 ] = = 3 = = Bevis for omyttede grænser Der foretages en simpel udregning af integralet med de omyttede grænser: a f (x) = a f ( x)dx [F (x)] a = [F (x)] a ( F () F (a)) = ( F (a) F ()) ( F () F (a)) = ( F (a)+f ()) = F () F (a) q.e.d integrale_a.odt Side 40 /43 Jako Gudmandsen:

41 5.6 Indskudsreglen Det kan ofte være formålstjenstligt at dele en funktion op i flere intervaller, for at foretage eregninger, hvilket landt andet lev nævnt i forhold til eregning af arealer for en graf som krydser.aksen (Nummerisk areal side 8). Dette er altid muligt og følger indskudsreglen a f ( x)dx = a c f ( x)dx+ c f ( x)dx som siger at det estemte integrale fra a til kan deles op i to integraler, fra a til c plus fra c til, og give samme resultat. Illustration 20: Bestemt integrale opdelt i to intervaller Ser vi eksempelvis på funktionen f (x) = x 3 +7x+6 vil det estemte integrale fra 0 til 3 være det samme som summen af integralerne fra 0 til 2 og 2 til 3: 0 3 x 3 +7x+6 dx = [ 4 x x2 +6x]0 0 2 x 3 +7x+6 dx = [ 4 x x2 +6x]0 2 3 x 3 +7x+6dx = [ 4 x x2 +6x] = 7 4 = 22 = 29 4 Summeres de to resultater for intervallerne op, fås integrale_a.odt Side 4 /43 Jako Gudmandsen:

42 0 2 x 3 +7x+6dx x 3 +7x+6 dx = = 7 4 Denne regel kommer især i spil, når der skal eregnes arealer for en funktion, som skærer.aksen inden for intervallet. For eksemplet i Nummerisk areal side 8 er anvendelsen tydelig: Illustration 2: Arealeregning for f(x) = -2x 2 +8x-6 Tages der det estemte integrale for funktion på Illustrationen herover fra 0 til 3 giver resultatet 0 (nul!) x 2 +8x 6 dx = [ 2 3 x x2 6x]0 3 = ( 2 3 ) (0) = 0 0 = 0 Deles integralet derimod op i to adskilt i x = med henlik på arealeregning fås 0 2x 2 +8x 6 dx = = ( ) (0) = x 2 +8x 6dx = = ( ) ( ) = 8 3 Regnes der numerisk vil arealet derfor live summen af de to arealer, hvilket giver 6/ Bevis for indskudsreglen integrale_a.odt Side 42 /43 Jako Gudmandsen:

43 a f (x)dx = a c f (x)dx+ c f (x)dx Det forudsættes at a < c < og ud fra definitionen på estemt integrale gennemføres eregningen på højre side af lighedstegnet: a c c f (x)dx+ c f (x)dx = [ F ( x)]a +[ F ( x)] c = F (c) F (a)+f () F (c) = F () F (a) = a f ( x)dx Det er hermed vist, at resultatet er det samme uanset om intervallet deles op i to intervaller, med stop ved en x-værdi imellem de to grænser. Reglen gælder også for intervaller, hvor x-værdien c ikke nødvendigvis ligger imellem a og. 5.7 Middelværdi f (x) = a a f ( x)dx integrale_a.odt Side 43 /43 Jako Gudmandsen: