Kapittel 6 · Grunnleggende kalkulus · 6.4

Integraler og areal

Derivasjon går én vei: fra funksjonen til endringsraten. Denne seksjonen snur pilen – fra raten tilbake til funksjonen – og stiller i tillegg et tilsynelatende ubeslektet spørsmål: hvor stort er arealet under en krum graf? At de to spørsmålene har samme svar, er kapittelets vakreste resultat. Det gjør også opp gamle regnskaper: sirkelarealet som kapittelet om trigonometri og geometri bare plausibiliserte, og kulevolumet samme kapittel tok på forskudd, blir begge utledet før seksjonen er omme.

Den antideriverte

Derivasjonsreglene svarer på «hva er raten når funksjonen er kjent?». Vel så ofte står du med det omvendte spørsmålet: raten er kjent, og funksjonen skal gjenskapes. Kjenner du for eksempel raten $f^{\prime}(x)=2x$ – hvilken funksjon kom den fra? Forrige seksjon gir en kandidat med én gang: $f(x)=x^{2}$ . En funksjon $F$ med egenskapen $F^{\prime}=f$ kalles en antiderivert av $f$ ; å finne den er å derivere baklengs.

Men $x^{2}$ er ikke alene. Også $x^{2}+7$ og $x^{2}-3$ har derivert $2x$ , for konstantledd forsvinner ved derivasjon. Mer enn det: har du én antiderivert, har du alle. Er nemlig $F$ og $G$ to antideriverte av samme $f$ , har differansen $G-F$ derivert $f-f=0$ overalt – grafen har vannrett tangent i hvert eneste punkt og må være en vannrett linje, så $G-F$ er en konstant. (At «derivert null overalt» tvinger fram en konstant funksjon, er anskuelig klart, men den fullt stringente begrunnelsen hører, som grensedefinisjonen i kapittelets første seksjon, hjemme i et videregående kalkuluskurs.) Alle antideriverte av $f$ har altså formen $F(x)+C$ der $C$ er en konstant, og hele familien skrives

\int f(x)\,dx=F(x)+C.

Uttrykket kalles det ubestemte integralet av $f$ , og å finne det kalles å integrere. Tegnet $\int$ er en langstrakt S – hvorfor akkurat en S, avslører neste underemne – funksjonen $f(x)$ mellom tegnet og $d x$ kalles integranden, $d x$ angir hvilken variabel det integreres med hensyn på, og konstanten $C$ er integrasjonskonstanten. Den er ikke pynt: sløyfer du den, påstår du at familien bare har ett medlem.

Reglene får du gratis, for hver derivasjonsregel kan leses baklengs. Siden $(x^{n+1})^{\prime}=(n+1)\,x^{n}$ etter potensregelen, er

\int x^{n}\,dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C\qquad(n\neq-1).

Unntaket $n=-1$ må til fordi nevneren $n+1$ da blir null – men hullet fylles av en gammel kjenning: $(\ln x)^{\prime}=1/x$ fra forrige seksjon betyr at $\int\frac{1}{x}\,dx=\ln x+C$ for $x>0$ . Fra de deriverte av sinus og cosinus følger $\int\cos x\,dx=\sin x+C$ og $\int\sin x\,dx=-\cos x+C$ – og husk at disse derivertformlene krever radianer, så det gjør antiderivertene også. Eksponentialfunksjonen $e^{x}$ er sin egen deriverte og dermed sin egen antideriverte. Endelig gjelder sum- og konstantfaktorregelen baklengs: du kan integrere ledd for ledd og sette konstante faktorer utenfor. Samlet, som et speilbilde av derivasjonstabellen i forrige seksjon:

$f(x)$	$x^{n}$ ( $n\neq-1$ )	$\cos x$	$\sin x$	$e^{x}$	$1/x$ ( $x>0$ )
$\int f(x)\,dx$	$\dfrac{x^{n+1}}{n+1}+C$	$\sin x+C$	$-\cos x+C$	$e^{x}+C$	$\ln x+C$

Legg merke til fortegnet i sinuskolonnen: det er $\cos x$ som har derivert $-\sin x$ , så minuset må med for at kontrollen skal stemme. Og kontrollen er alltid gratis – deriver svaret ditt, og du skal lande nøyaktig på integranden.

Eksempel 6.4.1

Finn alle funksjoner $F$ med $F^{\prime}(x)=6x^{2}-4x+1$ .

Løsning: Vi integrerer ledd for ledd med potensregelen baklengs:

F(x)=\int(6x^{2}-4x+1)\,dx=6\cdot\frac{x^{3}}{3}-4\cdot\frac{x^{2}}{2}+x+C=\underline{\underline{2x^{3}-2x^{2}+x+C}}.

Derivasjonskontroll: $(2x^{3}-2x^{2}+x+C)^{\prime}=6x^{2}-4x+1$ – integranden, som det skal være. Konstanten $C$ er en del av svaret: oppgaven ba om alle funksjonene, og det finnes én for hvert konstantledd.

Arealet under en kurve

Så det andre spørsmålet, det som først ser ut som et sidespor. La $f$ være en funksjon som ikke er negativ på intervallet fra $a$ til $b$ . Med arealet under grafen mener vi arealet av området avgrenset av grafen, $x$ -aksen og de loddrette linjene $x=a$ og $x=b$ .

Er grafen rett, har du alt verktøyet fra kapittelet om trigonometri og geometri. Under linjen $y=2x+1$ fra $x=0$ til $x=4$ deler den vannrette linjen $y=1$ området i et rektangel og en trekant:

A=4\cdot 1+\tfrac{1}{2}\cdot 4\cdot 8=4+16=20.

Figur 6.6: Under en rett graf klarer geometrien seg alene: området deles i et rektangel og en trekant.

Men under en krum graf finnes ingen slik oppdeling. Ta parabelen $y=x^{2}$ fra $x=0$ til $x=1$ : området har én buet side, og ingen av formlene fra geometrikapittelet passer. Rektangler redder oss likevel – ikke ett, men mange. Del intervallet i $n$ like brede delintervaller og reis et rektangel på hvert. Lar du hvert rektangel rekke opp til grafens laveste punkt på sitt delintervall, ligger hele trappen under kurven, og summen av rektangelarealene kalles en undersum. Bruker du det høyeste punktet, dekker trappen kurven, og summen kalles en oversum. Arealet vi jakter på ligger klemt mellom de to.

Figur 6.7: Arealet ligger klemt mellom undersum og oversum, og klemmen strammes når

n

vokser.

Med $n=4$ er klemmen grov: undersummen er $0.219$ og oversummen $0.469$ . Men se hva som skjer når oppdelingen blir finere:

$n$	$10$	$100$	$1000$
undersum	$0.285000$	$0.328350$	$0.332834$
oversum	$0.385000$	$0.338350$	$0.333834$

Begge summene presser seg mot samme tall, $\frac{1}{3}=0.3333\dots$ Gapet mellom dem er her nøyaktig $1/n$ – overbevis deg om det: på hvert delintervall skiller de to rektanglene seg bare i høyden, og lagt ved siden av hverandre utgjør høydeforskjellene til sammen $f(1)-f(0)=1$ , fordelt på bredden $1/n$ . Gapet kan altså gjøres så lite vi vil, og det som skjer her, er grensebegrepet fra kapittelets første seksjon i arbeid: verdien begge summene nærmer seg når $n$ vokser over alle grenser, er arealet. Den verdien kalles det bestemte integralet av $f$ fra $a$ til $b$ og skrives

\int_{a}^{b}f(x)\,dx.

Nå avsløres S-en: integraltegnet er en strukket S for sum, for integralet er en grense av summer. Tallene $a$ og $b$ kalles integrasjonsgrensene – $a$ er nedre og $b$ øvre grense – og $d x$ er et minne om rektangelbredden: hvert bidrag til summen er en høyde $f(x)$ ganger en liten bredde. For parabelen sier tabellen at $\int_{0}^{1}x^{2}\,dx=\frac{1}{3}$ , og for linjen er $\int_{0}^{4}(2x+1)\,dx=20$ , arealet geometrien ga oss ovenfor.

Ett forbehold til slutt: hva om $f$ er negativ et sted? Da er «høydene» $f(x)$ negative tall, og bidragene deres teller negativt. Integralet måler altså fortegnsareal – områder over $x$ -aksen teller positivt, områder under teller negativt. Vil du ha det geometriske arealet, må du dele opp ved nullpunktene og telle alt positivt; seksjonens nest siste oppgave lar deg kjenne forskjellen på kroppen.

Analysens fundamentalteorem

Rektangelsummene definerer integralet, men som regneoppskrift er de et slit – tusen rektangler for tre riktige desimaler. Snarveien finnes, og den knytter seksjonens to spørsmål sammen. La arealet selv bli en funksjon: for en kontinuerlig $f$ som ikke er negativ, la arealfunksjonen $A(x)$ være arealet under grafen fra den faste nedre grensen $a$ fram til den bevegelige høyre kanten $x$ .

Hvor fort vokser $A$ ? Flytter du høyrekanten et lite stykke $h$ utover, legger du til en smal stripe: bredde $h$ , høyde tilnærmet $f(x)$ , slik figuren viser.

A(x+h)-A(x)\approx f(x)\cdot h,\qquad\text{alts\r{a}}\qquad\frac{A(x+h)-A(x)}{h}\approx f(x),

og tilnærmingen blir bedre jo smalere stripen er, for en smal stripe er nesten et rektangel. La nå $h\to 0$ . Venstresiden er nøyaktig brøken fra definisjonen av den deriverte i kapittelets andre seksjon, så

A^{\prime}(x)=f(x).

Arealfunksjonen er en antiderivert av $f$ – arealet vokser i takt med kurvehøyden.

Figur 6.8: Stripen som kommer til når høyrekanten flyttes fra

x

til

x+h

, er nesten et rektangel.

Resten er forrige underemnes konstant-innsikt. Er $F$ en hvilken som helst antiderivert av $f$ , skiller $A$ og $F$ seg bare med en konstant: $A(x)=F(x)+C$ . Konstanten røper seg i startpunktet, for fra $a$ til $a$ er det ikke noe areal: $A(a)=0$ gir $C=-F(a)$ . Arealet helt fram til $b$ er dermed $A(b)=F(b)-F(a)$ – og det er hele hemmeligheten.

Merk at integrasjonskonstanten faller bort i differansen: $(F(b)+C)-(F(a)+C)=F(b)-F(a)$ , så du kan velge den antideriverte du vil – ta $C=0$ . Prøv teoremet der vi allerede kjenner svaret. For linjen:

\int_{0}^{4}(2x+1)\,dx=\left[x^{2}+x\right]_{0}^{4}=(16+4)-0=20,

i samsvar med rektangelet og trekanten. Og for parabelen:

\int_{0}^{1}x^{2}\,dx=\left[\frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{1}=\frac{1}{3}-0=\frac{1}{3},

nøyaktig tallet rektangelsummene klemte inn – men uten trapp med tusen trinn, bare én antiderivert og to innsettinger.

Eksempel 6.4.2

Regn ut arealet under parabelen $y=x^{2}$ fra $x=0$ til $x=2$ .

Løsning: Vi finner en antiderivert med potensregelen baklengs og bruker fundamentalteoremet:

A=\int_{0}^{2}x^{2}\,dx=\left[\frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{2}=\frac{8}{3}-0=\frac{8}{3}\approx\underline{\underline{2.67}}.

Rimelighetskontroll: området får plass i et rektangel med bredde $2$ og høyde $4$ , altså areal $8$ – og $\frac{8}{3}$ er nøyaktig tredjedelen av det. Samme brøkdel som på intervallet fra $0$ til $1$ , der arealet $\frac{1}{3}$ fyller tredjedelen av enhetskvadratet: parabelen skjærer alltid av den samme andelen, uansett hvor bredt du ser.

Eksempel 6.4.3

Grafen til $y=\sin x$ løfter seg fra $x$ -aksen, bøyer over toppen og lander på aksen igjen – én hel bue. Finn arealet under buen.

Løsning: Først grensene, som ingen har gitt oss: buen starter og slutter der $\sin x=0$ , altså i $x=0$ og $x=\pi$ – i radianer, som antiderivertformlene for sinus krever. Antideriverten er $-\cos x$ , og fundamentalteoremet gir

A=\int_{0}^{\pi}\sin x\,dx=\left[-\cos x\right]_{0}^{\pi}=(-\cos\pi)-(-\cos 0)=1+1=\underline{\underline{2}}.

Rimelighetskontroll: buen har topphøyde $1$ og bredde $\pi\approx 3.14$ , så det omskrevne rektangelet har areal $3.14$ , og buen fyller $2/\pi\approx$64\text{\,}\mathrm{\char 37\relax}$$ av det – troverdig for en form som buler godt opp mot lokket. At en så krum flate lander på nøyaktig $2$ , er integralregningens stille belønning: et resultat ingen rektangelsum kunne gjettet.

Sirkelen og kula: regnskapet gjøres opp

Kapittelet om trigonometri og geometri etterlot to gjeldsposter. Sirkelarealet $A=\pi r^{2}$ ble bare plausibilisert ved sektoroppdeling, og kulevolumet $V=\frac{4}{3}\pi r^{3}$ ble oppgitt med beskjed om at full utledning krever integrasjon. Nå har vi integrasjonen.

Sirkelen først. Del sirkelskiven med radius $R$ i tynne ringer om sentrum, som årringene i en trestamme. Se på ringen med indre radius $r$ og tykkelse $\Delta r$ – symbolet $\Delta$ (stor gresk delta) brukes gjerne om en liten tilvekst. Klippet opp og rettet ut er ringen nesten et smalt bånd: lengden er omkretsen, som du husker fra geometrikapittelet er $O=2\pi r$ , og bredden er $\Delta r$ , så arealet er tilnærmet $2\pi r\cdot\Delta r$ . Tilnærmingen er ingen bløff, og du kan tallfeste feilen selv med første kvadratsetning fra kapittelet om algebra – overbevis deg om at ringens eksakte areal er

\pi(r+\Delta r)^{2}-\pi r^{2}=2\pi r\,\Delta r+\pi(\Delta r)^{2}.

Restleddet $\pi(\Delta r)^{2}$ har tykkelsen i andre potens og visner i grensen, akkurat som $h$ -leddene i derivasjonsutregningene tidligere i kapittelet. Summen av alle ringarealene er dermed, i grensen der tykkelsen går mot null, et bestemt integral – høyde $2\pi r$ , bredde $d r$ , fra $r=0$ innerst til $r=R$ ytterst:

A=\int_{0}^{R}2\pi r\,dr=\left[\pi r^{2}\right]_{0}^{R}=\pi R^{2}.

Formelen fra geometrikapittelet er ikke lenger bare plausibel – den er utledet. Fremgangsmåten kalles ringmetoden, og integranden bærer sin egen tolkning: at $2\pi r$ står der, sier at sirkelskiven vokser med randen sin – i Leibniz-notasjon $\frac{dA}{dr}=2\pi r$ .

Figur 6.9: Ringmetoden: sirkelskiven bygges opp av tynne ringer, hver med lengde

2\pi r

Kula krever samme idé løftet én dimensjon opp. Der sirkelskiven ble delt i ringer, deler vi kula i tynne skiver, finner arealet av hvert tverrsnitt og integrerer – fremgangsmåten kalles skivemetoden, og eksempelet nedenfor bruker den til å gjøre opp den største gjeldsposten.

Eksempel 6.4.4

I kapittelet om trigonometri og geometri ble kulevolumet $V=\frac{4}{3}\pi r^{3}$ tatt på forskudd, og øyeeplet modellert som kule med diameter $24\text{\,}\mathrm{m}\mathrm{m}$ [41] fikk volumet $7.24\text{\,}\mathrm{m}\mathrm{L}$ . Utled kuleformelen med skivemetoden, og gjør regnskapet opp.

Løsning: Vi legger en akse gjennom kulesentrum, kaller posisjonen langs den $x$ og skjærer kula i tynne skiver vinkelrett på aksen, fra $x=-r$ til $x=r$ . Skiven i posisjon $x$ er en sirkelskive, og dens radius $y$ følger av Pythagoras’ setning, akkurat som i pilhøyde-utledningen i kapittelet om funksjoner og grafer: $x^{2}+y^{2}=r^{2}$ , så $y^{2}=r^{2}-x^{2}$ .

Figur 6.10: Skivemetoden: skiven i posisjon

x

har radius

y=\sqrt{r^{2}-x^{2}}

Tverrsnittarealet er sirkelarealet vi nettopp utledet,

A(x)=\pi y^{2}=\pi(r^{2}-x^{2}),

og en skive med tykkelse $\Delta x$ bidrar med om lag $A(x)\cdot\Delta x$ til volumet. I grensen der tykkelsen går mot null, blir summen av skivene integralet av tverrsnittarealet. Integranden er bare et polynom i $x$ – radien $r$ er en konstant – så potensregelen baklengs gjør hele jobben:

	$\displaystyle V=\int_{-r}^{r}\pi(r^{2}-x^{2})\,dx$	$\displaystyle=\pi\left[r^{2}x-\frac{x^{3}}{3}\right]_{-r}^{r}$
		$\displaystyle=\pi\left(\left(r^{3}-\frac{r^{3}}{3}\right)-\left(-r^{3}+\frac{r^{3}}{3}\right)\right)$
		$\displaystyle=\pi\left(2r^{3}-\frac{2r^{3}}{3}\right)=\underline{\underline{\frac{4}{3}\pi r^{3}}}.$

Løftet er innfridd: faktoren $\frac{4}{3}$ er ikke lenger tatt på forskudd – den faller ut av integralet. Og øyeeplemodellen hviler nå på utledet grunn: kula med $r=$12\text{\,}\mathrm{m}\mathrm{m}$$ har $V=\frac{4}{3}\pi\cdot 12^{3}\approx$7238\text{\,}\mathrm{m}\mathrm{m}^{3}$\approx$7.24\text{\,}\mathrm{m}\mathrm{L}$$ , nettopp tallet fra geometrikapittelet – fortsatt et overslag som overvurderer normalverdien på om lag $6.5\text{\,}\mathrm{m}\mathrm{L}$ [41], men nå vet du hvor formelen kommer fra.

Én formel står fortsatt på kreditt: kuleflaten $O=4\pi r^{2}$ . Utledningen av den krever integrasjonsteknikk utenfor denne boken, så den forblir oppgitt – men skivetankegangen gjør den høyst plausibel. Deriver volumet med hensyn på radien:

\frac{dV}{dr}=\left(\frac{4}{3}\pi r^{3}\right)^{\prime}=4\pi r^{2}.

Kula vokser ved å legge på tynne skall, og et skalls volum er flateareal ganger tykkelse – nøyaktig slik sirkelskiven vokste med ringene sine, $\frac{dA}{dr}=2\pi r$ . At volumets endringsrate er nettopp $4\pi r^{2}$ , er derfor et sterkt vink om at flateformelen stemmer; den fulle utledningen får vente.

Til slutt et blikk framover, for integralet er mer enn areal: det er verktøyet for enhver sum av uendelig mange små bidrag. Når du senere skal måle lys, regnes lysmengden ut ved å summere bidragene fra alle fargene i lyskilden, veid med hvor følsomt øyet er for hver av dem – og en slik veid sum over en jevn skala er nettopp et integral. Det regnestykket hører hjemme i kapittelet om fotometri; verktøyet har du nå.

Oppgaver

Oppgave 6.4.1

Finn de ubestemte integralene, og kontroller hvert svar ved å derivere det.

a)

$\displaystyle\int(3x^{2}-4x+5)\,dx$
b)

$\displaystyle\int\frac{1}{x^{2}}\,dx$ for $x>0$ (vink: skriv først om til en potens)
c)

$\displaystyle\int\cos v\,dv$ ( $v$ i radianer)
d)

$\displaystyle\int e^{x}\,dx$

Løsningsforslag

Oppgave 6.4.1: Vi bruker antiderivert-tabellen og kontrollerer hvert svar ved derivasjon.

a)

Ledd for ledd med potensregelen baklengs:

$\int(3x^{2}-4x+5)\,dx=3\cdot\frac{x^{3}}{3}-4\cdot\frac{x^{2}}{2}+5x+C=\underline{\underline{x^{3}-2x^{2}+5x+C}}.$

Kontroll: $(x^{3}-2x^{2}+5x+C)^{\prime}=3x^{2}-4x+5$ – integranden.
b)

Skriv om til en potens: $\frac{1}{x^{2}}=x^{-2}$ , og potensregelen baklengs gir

$\int x^{-2}\,dx=\frac{x^{-1}}{-1}+C=\underline{\underline{-\frac{1}{x}+C}}.$

Kontroll: $\left(-x^{-1}\right)^{\prime}=x^{-2}=\frac{1}{x^{2}}$ .
c)

Fra tabellen: $\int\cos v\,dv=\underline{\underline{\sin v+C}}$ . Kontroll: $(\sin v)^{\prime}=\cos v$ .
d)

Eksponentialfunksjonen er sin egen antideriverte: $\int e^{x}\,dx=\underline{\underline{e^{x}+C}}$ . Kontroll: $(e^{x})^{\prime}=e^{x}$ .

Oppgave 6.4.2

Regn ut de bestemte integralene med fundamentalteoremet.

a)

$\displaystyle\int_{1}^{3}(2x+1)\,dx$ – kontroller svaret geometrisk: tegn linjen, og del området i et rektangel og en trekant, slik teksten gjorde for intervallet fra $0$ til $4$ .
b)

$\displaystyle\int_{0}^{1}e^{x}\,dx$
c)

$\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\cos x\,dx$

Løsningsforslag

Oppgave 6.4.2: Fundamentalteoremet i to steg: finn en antiderivert, sett inn grensene.

a)

$\int_{1}^{3}(2x+1)\,dx=\left[x^{2}+x\right]_{1}^{3}=(9+3)-(1+1)=\underline{\underline{10}}.$

Geometrisk kontroll: fra $x=1$ til $x=3$ stiger linjen fra høyde $3$ til høyde $7$ . Den vannrette linjen $y=3$ deler området i et rektangel med areal $2\cdot 3=6$ og en trekant med areal $\tfrac{1}{2}\cdot 2\cdot 4=4$ – til sammen $10$ , som integralet.
b)

$\int_{0}^{1}e^{x}\,dx=\left[e^{x}\right]_{0}^{1}=e-1\approx\underline{\underline{1.72}}.$
c)

$\int_{0}^{\pi/2}\cos x\,dx=\left[\sin x\right]_{0}^{\pi/2}=1-0=\underline{\underline{1}}.$

Oppgave 6.4.3

Parabelen $y=4-x^{2}$ spenner en hvelving over $x$ -aksen.

a)

Finn nullpunktene, og sett opp integralet som gir arealet mellom parabelen og aksen.
b)

Regn ut arealet.
c)

Hvelvingen får plass i et rektangel med bredde $4$ og høyde $4$ . Hvor stor brøkdel av rektangelet fyller den? Gjenta hele regningen for den høyere parabelen $y=9-x^{2}$ – hva ser du?

Løsningsforslag

Oppgave 6.4.3:

a)

Nullpunktene: $4-x^{2}=0$ gir $x=\pm 2$ . Mellom dem ligger parabelen over aksen, så arealet er

$A=\underline{\underline{\int_{-2}^{2}(4-x^{2})\,dx}}.$
b)

$A=\left[4x-\frac{x^{3}}{3}\right]_{-2}^{2}=\left(8-\frac{8}{3}\right)-\left(-8+\frac{8}{3}\right)=16-\frac{16}{3}=\underline{\underline{\frac{32}{3}}}\approx 10.67.$

Kontroll med symmetrien om $y$ -aksen: $A=2\int_{0}^{2}(4-x^{2})\,dx=2\left(8-\frac{8}{3}\right)=\frac{32}{3}$ – samme tall.
c)

Rektangelet har areal $4\cdot 4=16$ , og hvelvingen fyller $\frac{32/3}{16}=\frac{2}{3}$ av det. For $y=9-x^{2}$ : nullpunkter $x=\pm 3$ , areal

$\int_{-3}^{3}(9-x^{2})\,dx=\left[9x-\frac{x^{3}}{3}\right]_{-3}^{3}=18-(-18)=36,$

og rektangelet ( $6\cdot 9=54$ ) fylles med $\frac{36}{54}=\frac{2}{3}$ . Brøkdelen er den samme: en parabelhvelving fyller alltid $\tfrac{2}{3}$ av sitt omskrevne rektangel – komplementet til tredjedelen $y=x^{2}$ skar av i brødteksten.

Oppgave 6.4.4

En medstudent regner ut

\int_{0}^{2\pi}\sin x\,dx=\left[-\cos x\right]_{0}^{2\pi}=-1-(-1)=0

og konkluderer: «Arealet mellom sinuskurven og $x$ -aksen over en hel periode er null.» Utregningen er riktig – er konklusjonen det? Forklar hva integralet faktisk måler, og finn det geometriske arealet.

Løsningsforslag

Oppgave 6.4.4: Utregningen er riktig, men konklusjonen er gal. Integralet måler fortegnsareal: fra $0$ til $\pi$ ligger sinuskurven over aksen og bidrar med $+2$ (buearealet fra seksjonens siste sinuseksempel), fra $\pi$ til $2\pi$ ligger den under og bidrar med

\int_{\pi}^{2\pi}\sin x\,dx=\left[-\cos x\right]_{\pi}^{2\pi}=-1-1=-2.

Bidragene $+2$ og $-2$ kansellerer – derfor null, uten at området er borte. Det geometriske arealet krever oppdeling ved nullpunktet $x=\pi$ med alt telt positivt:

A=\int_{0}^{\pi}\sin x\,dx+\left|\int_{\pi}^{2\pi}\sin x\,dx\right|=2+2=\underline{\underline{4}}.

Oppgave 6.4.5

I kapittelet om trigonometri og geometri fikk du sylindervolumet $\pi r^{2}h$ , og i denne seksjonen så du kulevolumet bli utledet med skivemetoden. Overfør metoden til en rett kjegle – et legeme med sirkelformet grunnflate som smalner jevnt inn mot en spiss rett over sirkelens sentrum. Legg spissen i origo med aksen langs $x$ -aksen, slik at grunnflaten, en sirkel med radius $R$ , står i $x=h$ .

a)

Kjeglens rand følger den rette linjen fra spissen til grunnflatekanten. Forklar hvorfor tverrsnittet i posisjon $x$ er en sirkel med radius $\frac{R}{h}\cdot x$ , og skriv opp tverrsnittarealet $A(x)$ .
b)

Sett opp og regn ut volumintegralet. Sammenlign med sylinderen med samme grunnflate og høyde: hvor stor brøkdel utgjør kjeglen?

Løsningsforslag

Oppgave 6.4.5:

a)

Randen er den rette linjen fra spissen i origo til grunnflatekanten i punktet $(h,R)$ ; en rett linje gjennom origo med stigningstall $\frac{R}{h}$ har likningen $y=\frac{R}{h}\,x$ . Tverrsnittet i posisjon $x$ er derfor en sirkel med radius $\frac{R}{h}\,x$ – radien vokser i samme forhold som avstanden fra spissen, fra $0$ i spissen til $R$ ved grunnflaten. Sirkelarealet gir tverrsnittarealet

$A(x)=\pi\left(\frac{R}{h}\,x\right)^{2}=\underline{\underline{\frac{\pi R^{2}}{h^{2}}\,x^{2}}}.$
b)

Skivemetoden: volumet er integralet av tverrsnittarealet fra spissen $x=0$ til grunnflaten $x=h$ . Konstanten $\frac{\pi R^{2}}{h^{2}}$ settes utenfor, og potensregelen baklengs gjør resten:

$V=\int_{0}^{h}\frac{\pi R^{2}}{h^{2}}\,x^{2}\,dx=\frac{\pi R^{2}}{h^{2}}\left[\frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{h}=\frac{\pi R^{2}}{h^{2}}\cdot\frac{h^{3}}{3}=\underline{\underline{\frac{1}{3}\pi R^{2}h}}.$

Sylinderen med samme grunnflate og høyde har volum $\pi R^{2}h$ , så kjeglen utgjør $\underline{\underline{\tfrac{1}{3}}}$ av den. Rimelighetskontroll: kjeglen smalner mot en spiss og må romme mindre enn sylinderen, og tredjedelen er nettopp den klassiske kjegleformelen fra geometrien.

Alle løsningsforslag til kapittel 6