-
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