Areal og Integral
19
Areal og Integral AM/2011
description
Areal og Integral. AM/2011. Bestemt integral. Ved det bestemte integral af f(x) fra a til b, forstås F(b) – F(a), hvor F er en stamfunktion til f. a. x. Arealfunktion. f er en kontinuert funktion med f(x) 0. For a,x Dmf og x > a, beskriver M(x) := {(p,q)|a p x 0 q f(p)} - PowerPoint PPT Presentation
Transcript of Areal og Integral
Areal og Integral
AM/2011
Bestemt integral Ved det bestemte integral af f(x) fra a til b, forstås F(b) – F(a), hvor F er en stamfunktion til f
b
a
dx)x(f
)a(F)b(F:)x(F:dx)x(f ba
b
a
Arealfunktionf er en kontinuert funktion med f(x) 0. For a,x Dmf og x > a, beskriver
M(x) := {(p,q)|a p x 0 q f(p)} den punktmængde, der ligger over 1.aksen og under grafen mellem a og x.
a xDef. Arealfunktionen A(x) := Areal af M(x)
Mx
Sætn. Arealfunktionen A(x) er en stamfunktion til f(x)
),x(fx
Alim
0x
.diffaf.def
A’(x) = f(x)
Bevis Overvejelser
A(x) er en stamfunktion til f(x)
a
A(x)
x x+x
A(x+x)
Undersøgelse af A := A(x+x) – A(x)
Tilfælde I: x > 0
A(x)
A(x+x)
x x+xa
A =
A(x+x) -
A
A(x)
x x+x
A
f er kontinuert f har såvel max som min i [x, x+x]
fmax
fminA
R
A
r
fmax
x x
fmin
A(R) A A(r) x · fmax A x · fmin fmax A/ fmin/x (>0)
Desuden gælder jo, at fmax f(x) fmin, dvs. fmin fmaxf(x)
Når x0, vil x+ xx, og da xmax og xmin [x, x+x], vil også de gå mod x
Da f er kont., vil fmax = f(xmax) f(x) og fmin= f(xmin) f(x)
x
A
x
A
Altså
x
Alim
0xf(x) A’+(x) = f(x)
Tilfælde II: x < 0
Samme fremgangsmåde som i I, men er nu negativ, så ”overskudsarealet” er –Dax< 0 er grundlinierne i rektanglerne -x :
A(R) -A A(r) -x · fmax -A -x · fmin
/(-x) (>0)
Denne ulighed er den samme som i tilfælde 1, så beviset
følger dette herfra, og man får:
fmax A/ fminx
A
x
Alim
0xf(x) A’–(x) = f(x)
Da A’–(x) = A’+(x) = f(x), gælder at A’(x) = f(x), og dermed:
x+x x
A
fmax
fmin
x
A er en stamfunktion til f
a b
Areal af punktmængde
Type I: f(x) 0
f er kontinuert i [a,b] og ikke-negartiv.
Mf = {(x,y)|a x b 0 y f(x)}
Sætn.
Arealet af M er
M
b
a
dx)x(f
Bevis
A(x) = F(x) + k, da A er stamfu. til f. Desuden vides, at A(a) = 0, dvs
F(a) + k = 0 k = - F(a);
Arealet af M = A(b) = F(b) + k = F(b) – F(a) = b
a
dx)x(f
b
a
dx)x(f
Bestemte integraler - regneregler
b
a
b
a
b
a
dxxgdxxfdxxgfa )()())(()
ten konstaner ,)())(() cdxxfcdxxfcbb
a
b
a
b
a
ba
b
a
dxxgxFxgxFdxxgfc )(')()()())(()
dxxgdtxgtdttfagFbgFxgFdxxgxgfdbg
ag
ba
b
a
)(')(:;)())(())(())(()('))(())(
)(
a
b
b
a
dxxfdxxfe )()()
b
c
c
a
b
a
dxxfdxxfdxxff )()()()
Partiel integration
Integration ved substitution
Indskudsreglen
Sum/differens
Ombytning af grænser
Konstant ganget på
Eksempel
Eksempel
Bevis for sum-/differensreglen
b
a
dxxgfa ))(() baxGF )])([(
b
a
b
a
dxxgdxxf )()(
))(())(( aGFbGF
))()(()()( aGaFbGbF ))()(()()( aGbGaFbF
Man integrerer en sum eller differens ved at integrere hvert led for sig.
))(()()()(')(')()'( xgfxgxfxGxFxGF
Bevis for konstant gange funktion
b
a
dxxfkb ))(() baxFk )])([(
b
a
dxxfk )(
))(())(( aFkbFk
))()(( aFbFk
En konstant, der er ganget på, kan bare sættes uden for integraltegnet.
Bevis for Partiel integration
Den ene funktion skal altså integreres og den anden differentieres.Metoden kan anvendes, når man har et produkt, hvor man kan vælge på en måde, så det nye integral på højresiden kan beregnes.
)()'() xgfc
b
a
ba
b
a
dxxgxFxgxFdxxgf )(')()()())((
ba
b
a
xgfdxxgxfxgxf )])([())(')()()('(
)(')()()(' xgxfxgxf
Altså f g er stamfunktion til f ’ g + f g’, dvs. at
ba
b
a
b
a
xgfdxxgxfdxxgxf )])([()(')()()('
b
a
ba
b
a
dxxgxfxgfdxxgxf )(')()])([()()(' eller med en anden notation:
Bevis for Substitution
Metoden kan anvendes, når man substituere t = g(x) og derved få en funktion af t ganget med g’(x)dx.
)()'() o xgfc
ba
b
a
xgFdxxgxgf ))](([())('))(((
)('))((' xgxgf
Altså F o g er stamfunktion til (f o g) g’, dvs. at
))(())(( agFbgF
)(
)(
)(bg
ag
dttf
eller med en anden notation:
)()()]([ bg
agtF
)('))(()()'( o xgxgfxgF
I praksis )(: xgt )('
)('xg
dtdxxg
dxdt
Det indsættes i integralet, og x’erne skal forsvinde, hvis metoden skal virke.
Nye grænser: )(agtax
)(bgtbx
Ombytning af grænser & Indskudsreglen
a
b
b
a
dxxfdxxfe )()()
b
c
c
a
b
a
dxxfdxxfdxxff )()()()Indskudsreglen
Ombytning af grænser
a
b
b
a
dxxfdxxf )()( ab
ba xFxF )]([)]([ ))()(()()( bFaFaFbF Sandt
!
b
c
c
a
b
a
dxxfdxxfdxxf )()()( bc
ca
ba xFxFxF )]([)]([)]([
)()()()()()( cFbFaFcFaFbF Sandt!
Areal af punktmængde
Type II: f(x) 0
x
f
a b
f(x) 0 -f(x) 0 -f
Da de to grafer er symmetriske om 1.aksen, har de respektive punktmængder Mf og M-f punktmænger samme areal.
Mf = {(x,y)|a x b 0 y f(x)}
Mf
b
a
dx)x(f
M-f
Da -f er ikke-negativ er den af Type I, så
A(M-f) = b
a
dx)x)(f( ba)x(F ))a(F()b(F ))a(F)b(F(
b
a
dx)x(f
x
f+k
g+k
Areal af punktmængde
Type III: Mellem to grafer, hvor f(x) g(x)
Mf+kg+k = {(x,y)|a x b g(x)+k y f(x)+k}
A(Mf-g) = A(Mf+k) – - A(Mg+k) =a b
Mf+kg+k
Mf-g = {(x,y)|a x b g(x) y f(x)}
A(Mf+kg+k) =
Da g er kontinuert har g minimum i [a,b]. Sæt k > |gmin|. f+k og g+k vil da begge være ikke-negative
a bf
g
xMf-g
Der er tale om en lodret parallelforskydning, så
b
a
b
a
b
a
b
a
dx))x(g)x(f(dx))k)x(g()k)x(f((dx)k)x(g(dx)k)x(f(
b
a
dx))x(g)x(f(
Altså integralet af ”største minus mindste”
Areal af punktmængde
Type IV: Andre tilfælde - opdel i intervaller med type I-III
a x1 x2 x3b
fLøs ligningen f(x) = 0 for at finde xi
b
x
x
x
x
x
x
a 3
3
2
2
1
1
dx)x(fdx)x(fdx)x(fdx)x(fA
x
f
a
b
g
x1 x2 x4
x3
Løs ligningen f(x) = g(x) for at finde xi
b
x
x
x
x
x
x
x
x
a
4
4
3
3
2
2
1
1
dx)x)(gf(dx)x)(fg(
dx)x)(gf(dx)x)(fg(dx)x)(gf(A
Eksempler på anvendelse af Partiel integration
b
a
ba
b
a
dxxgxFxgxFdxxgf )(')()()())((
b
a
xdxex
b
a
ba
b
a
dxxgxfxgfdxxgxf )(')()])([()()('
x vælges til at skulle differentieres, fordi det så bliver 1, og ex er nem at integrere.
b
a
xba
x dxeex 1][ ba
xba
x eex ][][ ba
xba
xx xeeex )]1([][
b
a
dxx)ln(ln(x) vælges til at skulle differentieres, da det er eneste mulighed, men 1 er heldigvis også nem at integrere.
b
a
ba dxxxxx 1)]ln([
b
a
dxx)ln(1 b
a
ba dxxx 1)]ln([ b
aba xxx ][)]ln([ b
axxx ])ln([
Eksempler på anvendelse af Substitution
b
a
dxxgxgf ))('))((( )(
)(
)(bg
ag
dttf , hvor t = g(x)
3
2
2 ))3ln(4( dxxxt := x2-3
dtx
dxxdxdt
21
2
Nye grænser:
x = 2 t = 1
x = 3 t = 6
6
12
)ln(4x
dttx
6
1
)ln(2 dtt 6
1
)ln(2 dtt
61])ln([2 ttt ))1)1ln(1(6)6ln(6(2 10)6ln(12
3
22 34
dxx
x
6
12
4x
dttx
6
1
12 dt
t 6
1)][ln(2 t
))1ln()6(ln(2 )6ln(12
6
1
2dt
t
