Areal og Integral AM/2011.

Præsentationer af emnet: "Areal og Integral AM/2011."— Præsentationens transcript:

1 Areal og Integral AM/2011

2 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

3 M(x) := {(p,q)|a  p  x  0  q  f(p)}
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)} den punktmængde, der ligger over 1.aksen og under grafen mellem a og x. a x Mx Def. Arealfunktionen A(x) := Areal af M(x) Sætn. Arealfunktionen A(x) er en stamfunktion til f(x) Bevis Overvejelser A(x) er en stamfunktion til f(x)  A’(x) = f(x)

4 Undersøgelse af DA := A(x+Dx) – A(x)
Tilfælde I: Dx > 0 A(x) A(x+Dx)

5 DA = A(x+Dx) - A(x) A(x) A(x+Dx) DA

6 f har såvel max som min i [x, x+Dx]
f er kontinuert  f har såvel max som min i [x, x+Dx] fmax x x+Dx DA R fmax DA r fmin DA fmin Dx Dx  /Dx (>0) A(R)  DA  A(r)  Dx · fmax  DA  Dx · fmin fmax DA/  fmin f(x) fmin fmax Desuden gælder jo, at fmax f(x)  fmin, dvs. Når Dx0, vil x+ Dxx, og da xmax og xmin  [x, x+Dx], vil også de gå mod x Da f er kont., vil fmax = f(xmax) f(x) og fmin= f(xmin) f(x) Altså f(x)  A’+(x) = f(x)

7 Denne ulighed er den samme som i tilfælde 1, så beviset
Tilfælde II: Dx < 0 Samme fremgangsmåde som i I, men DA er nu negativ, så ”overskudsarealet” er –DA. Da Dx < 0 er grundlinierne i rektanglerne -Dx : x+Dx x -DA fmax fmin -Dx A(R)  -DA  A(r)  -Dx · fmax  -DA  -Dx · fmin fmax DA/  fmin  /(-Dx) (>0) Denne ulighed er den samme som i tilfælde 1, så beviset følger dette herfra, og man får: f(x)  A’–(x) = f(x) Da A’–(x) = A’+(x) = f(x), gælder at A’(x) = f(x), og dermed: A er en stamfunktion til f

8 f er kontinuert i [a,b] og ikke-negartiv.
Areal af punktmængde Type I: f(x)  0 b f er kontinuert i [a,b] og ikke-negartiv. Mf = {(x,y)|a x  b  0  y  f(x)} M Sætn. Arealet af M er 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) =

9 Bestemte integraler - regneregler
Sum/differens Konstant ganget på Partiel integration Eksempel Integration ved substitution Eksempel Ombytning af grænser Indskudsreglen

10 Bevis for sum-/differensreglen
Man integrerer en sum eller differens ved at integrere hvert led for sig.

11 Bevis for konstant gange funktion
En konstant, der er ganget på, kan bare sættes uden for integraltegnet.

12 Bevis for Partiel integration
Altså f  g er stamfunktion til f ’ g + f g’, dvs. at eller med en anden notation: 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.

13 Bevis for Substitution
eller med en anden notation: Altså F o g er stamfunktion til (f o g) g’, dvs. at Metoden kan anvendes, når man substituere t = g(x) og derved få en funktion af t ganget med g’(x)dx. Nye grænser: I praksis Det indsættes i integralet, og x’erne skal forsvinde, hvis metoden skal virke.

14 Ombytning af grænser & Indskudsreglen
Sandt! Indskudsreglen Sandt!

15 Areal af punktmængde Type II: f(x)  0
Mf = {(x,y)|a x  b  0  y  f(x)} f(x)  0  -f(x)  0 M-f Da de to grafer er symmetriske om 1.aksen, har de respektive punktmængder Mf og M-f punktmænger samme areal. Mf Da -f er ikke-negativ er den af Type I, så A(M-f) =

16 Areal af punktmængde Type III: Mellem to grafer, hvor f(x)  g(x)
Mf-g = {(x,y)|a x  b  g(x)  y  f(x)} Mf-g Da g er kontinuert har g minimum i [a,b]. Sæt k > |gmin|. f+k og g+k vil da begge være ikke-negative Mf+kg+k = {(x,y)|a x  b  g(x)+k  y  f(x)+k} Mf+kg+k Der er tale om en lodret parallelforskydning, så A(Mf-g) = A(Mf+kg+k) = A(Mf+k) – - A(Mg+k) = Altså integralet af ”største minus mindste”

17 Areal af punktmængde Type IV: Andre tilfælde - opdel i intervaller med type I-III
Løs ligningen f(x) = 0 for at finde xi f a x1 x2 x3 b Løs ligningen f(x) = g(x) for at finde xi

18 Eksempler på anvendelse af Partiel integration
x vælges til at skulle differentieres, fordi det så bliver 1, og ex er nem at integrere. ln(x) vælges til at skulle differentieres, da det er eneste mulighed, men 1 er heldigvis også nem at integrere.

19 Eksempler på anvendelse af Substitution
, hvor t = g(x) t := x2-3 Nye grænser: x = 2  t = 1 x = 3  t = 6