Universitetseksamen etter tema

Hver liten bit av grafen lager en ring med radius lik avstanden til \( {y = -1}\text{.} \) Det gir integralet. Så deler vi \( [0, 1] \) i tre og regner ut trapesene.

1. Sett opp arealet En liten bit av grafen har lengden \( {\textcolor{blue}{\sqrt{1 + f'(x)^2}\,dx}}\text{,} \) som i videoen Buelengde formel. Dreid rundt linjen blir den en ring med omkrets \( 2\pi\textcolor{red}{r}\text{.} \) Formelen for arealet er derfor: \[ I = 2\pi \int_a^b \textcolor{red}{r(x)}\,\textcolor{blue}{\sqrt{1 + f'(x)^2}}\,dx \]

Radiusen er avstanden fra grafen ned til \( {y = -1}\text{,} \) og \( {f'(x) = 2x}\text{.} \) Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{r(x)} &= x^2 - (-1) = \textcolor{red}{1 + x^2} \\ \textcolor{blue}{\sqrt{1 + f'^2}} &= \textcolor{blue}{\sqrt{1 + 4x^2}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ I = 2\pi \int_0^1 (\textcolor{red}{1 + x^2})\textcolor{blue}{\sqrt{1 + 4x^2}}\,dx \]

2. Skriv opp trapesmetoden Trapesmetoden legger sammen trapesene. Hver indre funksjonsverdi er med i to trapeser, så med tre delintervaller er: \[ T_3 = \dfrac{\Delta x}{2}\left(g_0 + 2g_1 + 2g_2 + g_3\right) \]Hvis du er usikker på metoden, kan du se videoen Trapesmetoden.

Her er: \[ \begin{aligned} g(x) &= (1 + x^2)\sqrt{1 + 4x^2} \\ \Delta x &= \dfrac{1 - 0}{3} = \dfrac{1}{3} \end{aligned} \]

3. Regn ut funksjonsverdiene Vi setter inn \( {x = 0}\text{,} \) \( \dfrac{1}{3}\text{,} \) \( \dfrac{2}{3} \) og \( 1\text{:} \) \[ \begin{aligned} g_0 &= 1 \cdot 1 = 1 \\ g_1 &= \dfrac{10}{9} \cdot \dfrac{\sqrt{13}}{3} = \dfrac{10\sqrt{13}}{27} \approx 1{,}3354 \\ g_2 &= \dfrac{13}{9} \cdot \dfrac{5}{3} = \dfrac{65}{27} \approx 2{,}4074 \\ g_3 &= 2\sqrt{5} \approx 4{,}4721 \end{aligned} \]

4. Regn ut tilnærmingen Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} T_3 &\approx \dfrac{1}{6}(1 + 2{,}6708 + 4{,}8148 \\ &\quad + 4{,}4721) \\ &= \dfrac{12{,}9577}{6} \approx 2{,}1596 \end{aligned} \]

\( I \) er \( 2\pi \) ganger integralet, så vi ganger med \( 2\pi\text{:} \) \[ I \approx 2\pi \cdot 2{,}1596 \approx 13{,}57 \]

Den øvre grensen er uendelig, så dette er et uegentlig integral. Vi integrerer derfor opp til en grense \( b \) og lar \( b \) vokse.

1. Skriv integralet med en grense Et uegentlig integral er definert ved en grenseverdi, med en øvre grense \( \textcolor{green}{b}\text{:} \) \[ \begin{aligned} &\int_1^{\infty} \dfrac{3}{(x + 2)^2}\,dx \\ &= \lim_{\textcolor{green}{b} \to \infty} \int_1^{\textcolor{green}{b}} \dfrac{3}{(x + 2)^2}\,dx \end{aligned} \]Et eksempel på et uegentlig integral, med grensen mot uendelig til slutt, ser du i videoen Uegentlig integral Oppgave 1.

2. Regn ut integralet Vi skriver brøken som en potens, som i videoen Basic integrasjonsregler/​formler: \[ \dfrac{3}{(x + 2)^2} = 3(x + 2)^{-2} \]

Potensregelen for integraler forteller oss at: \[ \int \textcolor{red}{u}^{\textcolor{blue}{n}}\,du = \dfrac{\textcolor{red}{u}^{\textcolor{blue}{n} + 1}}{\textcolor{blue}{n} + 1} + C \]

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x + 2} \\ \textcolor{blue}{n} &= \textcolor{blue}{-2} \\ du &= dx \end{aligned} \]

Konstanten \( 3 \) blir stående foran. Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} \int_1^{\textcolor{green}{b}} 3(\textcolor{red}{x + 2})^{\textcolor{blue}{-2}}\,dx &= \left[ \dfrac{3(\textcolor{red}{x + 2})^{\textcolor{blue}{-1}}}{\textcolor{blue}{-1}} \right]_1^{\textcolor{green}{b}} \\ &= \left[ -\dfrac{3}{x + 2} \right]_1^{\textcolor{green}{b}} \\ &= -\dfrac{3}{\textcolor{green}{b} + 2} + \dfrac{3}{3} \\ &= 1 - \dfrac{3}{\textcolor{green}{b} + 2} \end{aligned} \]

3. La grensen vokse Når \( \textcolor{green}{b} \) vokser, blir nevneren stadig større, så brøken går mot \( 0\text{:} \) \[ \lim_{\textcolor{green}{b} \to \infty} \left( 1 - \dfrac{3}{\textcolor{green}{b} + 2} \right) = 1 - 0 = 1 \]

Vi flytter over og ser på nullpunktet til \( {g(x) = f(x) - 4}\text{.} \) Skjærsetningen gir et nullpunkt, den deriverte viser at det er ett, og den dobbeltderiverte avgjør hvilken side av \( r \) vi havner på.

1. Vis at det finnes en løsning Vi setter: \[ \begin{aligned} g(x) &= f(x) - 4 \\ &= 2e^{\sqrt{x}}(\sqrt{x} - 1) - 2 \end{aligned} \]

Skjærsetningen forteller oss at hvis \( g \) er kontinuerlig på \( [a, b] \) med \( {g(a) < 0 < g(b)}\text{,} \) finnes det en \( c \) der: \[ g(c) = 0, \quad c \in (a, b) \]Du ser setningen i videoen Skjærsetningen.

Her er \( g \) kontinuerlig på \( [1, 2]\text{,} \) siden den er satt sammen av kontinuerlige funksjoner, og: \[ \begin{aligned} g(1) &= 2e \cdot 0 - 2 = -2 \\ g(2) &= 2e^{\sqrt{2}}(\sqrt{2} - 1) - 2 \approx 1{,}41 \end{aligned} \]Det finnes altså en løsning \( r \in (1, 2)\text{.} \)

2. Vis at løsningen er den eneste Når vi deriverer et integral med \( x \) i øvre grense, får vi funksjonen under integraltegnet: \[ \left( \int_0^x h(t)\,dt \right)' = h(x) \]Hvorfor det er slik, ser du i videoen Løs integralligningen - Generell løsning - 6 - Del 1.

Her er \( {h(t) = e^{\sqrt{t}}}\text{,} \) så: \[ \textcolor{blue}{g'(x)} = \textcolor{blue}{e^{\sqrt{x}}} > 0 \]\( g \) er altså strengt voksende, og kan bare krysse \( 0 \) én gang.

3. Bruk Newtons metode Newtons metode forteller oss at: \[ \textcolor{red}{x_{n+1}} = x_n - \dfrac{\textcolor{green}{g(x_n)}}{\textcolor{blue}{g'(x_n)}} \]Hvis du er usikker på metoden, kan du se videoen Newtons metode.

Første iterasjon starter i \( {x_0 = 1}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{x_1} &= 1 - \dfrac{\textcolor{green}{-2}}{\textcolor{blue}{e}} \\ &= 1 + \dfrac{2}{e} \\ &\approx 1{,}7358 \end{aligned} \]

Andre iterasjon starter i \( x_1\text{,} \) der \( {\sqrt{x_1} \approx 1{,}3175}\text{.} \) Vi regner videre med alle desimalene på kalkulatoren og runder av til slutt: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{g'(x_1)} &= \textcolor{blue}{e^{\sqrt{x_1}} \approx 3{,}7340} \\ \textcolor{green}{g(x_1)} &= \textcolor{green}{2e^{\sqrt{x_1}}(\sqrt{x_1} - 1) - 2} \\ &\approx \textcolor{green}{0{,}3710} \\ \textcolor{red}{x_2} &\approx 1{,}7358 - \dfrac{\textcolor{green}{0{,}3710}}{\textcolor{blue}{3{,}7340}} \\ &\approx 1{,}6364 \end{aligned} \]

Avrundet til fire desimaler er altså: \[ \underline{r^* = \textcolor{red}{x_2} \approx 1{,}6364} \]

4. Sammenlign med den eksakte løsningen Vi deriverer \( \textcolor{blue}{g'(x)} \) med regelen for \( e^u\text{,} \) som i videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ (e^u)' = e^u \cdot u' \]

Her er: \[ u = \sqrt{x}, \quad u' = \dfrac{1}{2\sqrt{x}} \]

Det gir oss: \[ g''(x) = \dfrac{e^{\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}} > 0 \]Grafen til \( g \) krummer altså oppover, og da ligger den over tangentene sine.

For tangenten i \( x_1 \) betyr det, når \( {x \neq x_1}\text{:} \) \[ g(x) > \textcolor{green}{g(x_1)} + \textcolor{blue}{g'(x_1)}(x - x_1) \]

Newtons metode velger \( \textcolor{red}{x_2} \) der tangenten er \( 0\text{,} \) så høyre side er \( 0 \) for \( {x = \textcolor{red}{x_2}}\text{:} \) \[ g(r^*) > 0 = g(r) \]

Siden \( g \) er strengt voksende, må \( r^* \) ligge til høyre for \( r\text{:} \) \[ \underline{r^* > r} \]

Vi skriver opp formelen for arealet av en rotasjonsflate. Radiusen er avstanden fra grafen ned til linjen \( {y = -1}\text{,} \) og vinket hjelper oss med integralet.

1. Sett opp integralet Formelen for arealet av en rotasjonsflate forteller oss at: \[ S = \int_a^b 2\pi\, \textcolor{red}{r(x)} \sqrt{1 + (\textcolor{blue}{f'(x)})^2}\,dx \]Hver bitte liten bit av grafen lager en ring med radius \( \textcolor{red}{r(x)}\text{.} \) Rotuttrykket ganget med \( dx \) er lengden av den lille biten, som i videoen Buelengde formel.

Hyperbolsk cosinus og sinus er definert ved: \[ \begin{aligned} \cosh(x) &= \dfrac{e^x + e^{-x}}{2} \\ \sinh(x) &= \dfrac{e^x - e^{-x}}{2} \end{aligned} \]

Vi deriverer \( \cosh(x) \) med regelen for \( e^u\text{,} \) som i videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ (e^u)' = e^u \cdot u' \]

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{r(x)} &= \textcolor{red}{f(x) - (-1) = \cosh(x) + 1} \\ \textcolor{blue}{f'(x)} &= \textcolor{blue}{\dfrac{e^x - e^{-x}}{2} = \sinh(x)} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} S = \int_0^{\ln 2} 2\pi\, &(\textcolor{red}{\cosh(x) + 1}) \\ &\cdot \sqrt{1 + \textcolor{blue}{\sinh^2(x)}}\,dx \end{aligned} \]

2. Forenkle integranden Siden \( {\cosh^2(x) - \sinh^2(x) = 1} \) og \( {\cosh(x) > 0}\text{,} \) er: \[ \sqrt{1 + \textcolor{blue}{\sinh^2(x)}} = \cosh(x) \]

Dermed får vi: \[ \begin{aligned} S &= 2\pi \int_0^{\ln 2} (\textcolor{red}{\cosh x + 1})\cosh x\,dx \\ &= 2\pi \int_0^{\ln 2} \left( \cosh^2 x + \cosh x \right) dx \end{aligned} \]

Vinket gir oss det vi skal integrere: \[ \begin{aligned} &\cosh^2 x + \cosh x \\ &= \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\cosh 2x + \cosh x \end{aligned} \]

3. Regn ut integralet Fra definisjonene ser vi at \( \sinh(x) \) derivert er \( \cosh(x)\text{.} \) Med kjerneregelen, som i videoen Kjerneregelen, er da \( {(\sinh 2x)' = 2\cosh 2x}\text{.} \) Vi integrerer ledd for ledd: \[ \begin{aligned} \int \dfrac{1}{2}\,dx &= \dfrac{x}{2} \\ \int \dfrac{1}{2}\cosh 2x\,dx &= \dfrac{\sinh 2x}{4} \\ \int \cosh x\,dx &= \sinh x \end{aligned} \]

Slår vi dette sammen, får vi: \[ S = 2\pi \left[ \dfrac{x}{2} + \dfrac{\sinh 2x}{4} + \sinh x \right]_0^{\ln 2} \]

I \( {x = 0} \) er alle leddene \( 0\text{.} \) I \( {x = \ln 2} \) bruker vi \( {e^{\ln 2} = 2} \) og \( {e^{2\ln 2} = 4}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \sinh(\ln 2) &= \dfrac{2 - \dfrac{1}{2}}{2} = \dfrac{3}{4} \\ \sinh(2\ln 2) &= \dfrac{4 - \dfrac{1}{4}}{2} = \dfrac{15}{8} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} S &= 2\pi \left( \dfrac{\ln 2}{2} + \dfrac{15}{32} + \dfrac{3}{4} \right) \\ &= 2\pi \left( \dfrac{\ln 2}{2} + \dfrac{39}{32} \right) \\ &= \pi \ln 2 + \dfrac{39\pi}{16} \end{aligned} \]

Vi deriverer begge sider, så integralet forsvinner og vi står igjen med en separabel differensiallikning. Startverdien får vi ved å sette inn \( {x = 0}\text{.} \)

1. Deriver begge sider Når vi deriverer et integral med \( x \) i øvre grense, bytter vi \( t \) med \( x \) i funksjonen under integraltegnet: \[ \left( \int_0^x h(t)\,dt \right)' = h(x) \]Det er slik vi starter i videoen Løs integralligningen - Generell løsning - 6 - Del 1.

Her er \( {h(t) = e^{t + y(t)}}\text{,} \) så vi får: \[ y'(x) = e^{x + y(x)} \]

Setter vi inn \( {x = 0} \) i likningen fra oppgaven, går integralet fra \( 0 \) til \( 0\text{.} \) Det gir startverdien: \[ y(0) = \int_0^0 e^{t + y(t)}\,dt = 0 \]

2. Separer og integrer Vi deler potensen i to, så vi kan samle \( \textcolor{red}{y} \) på én side og \( \textcolor{blue}{x} \) på den andre, som i videoen Seperable diff-ligninger: \[ \begin{aligned} \dfrac{dy}{dx} &= \textcolor{blue}{e^x} \cdot \textcolor{red}{e^y} \\ \textcolor{red}{e^{-y}\,dy} &= \textcolor{blue}{e^x\,dx} \end{aligned} \]

Regelen for å integrere \( e \) opphøyd i noe forteller oss at: \[ \int e^{ny}\,dy = \dfrac{1}{n}e^{ny} + C \]Du ser den i videoen Basic integrasjonsregler/​formler.

På venstre side er \( {n = -1}\text{.} \) Vi integrerer begge sider og får: \[ \textcolor{red}{-e^{-y}} = \textcolor{blue}{e^x} + C \]

3. Finn konstanten og løs for y Vi setter inn startverdien \( {y(0) = 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} -e^0 &= e^0 + C \\ -1 &= 1 + C \\ C &= -2 \end{aligned} \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} -e^{-y} &= e^x - 2 \\ e^{-y} &= 2 - e^x \end{aligned} \]

Vi tar \( \ln \) på begge sider og får: \[ \begin{aligned} -y &= \ln(2 - e^x) \\ y &= -\ln(2 - e^x) \end{aligned} \]For \( {0 \le x < \ln(2)} \) er \( {e^x < 2}\text{,} \) så \( {2 - e^x > 0} \) og logaritmen finnes.

Nevneren kan skrives som et kvadrat. Vi deler brøken i to, integrerer opp til en øvre grense \( R \) og ser hva som skjer når \( R \) går mot uendelig.

1. Skriv om brøken Nevneren er et fullstendig kvadrat. Første kvadratsetning forteller oss at: \[ (\textcolor{blue}{a} + \textcolor{red}{b})^2 = \textcolor{blue}{a}^2 + 2\textcolor{blue}{a}\textcolor{red}{b} + \textcolor{red}{b}^2 \]Du ser den i videoen Kvadratsetningene.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{a} &= \textcolor{blue}{x} \\ \textcolor{red}{b} &= \textcolor{red}{3} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ x^2 + 6x + 9 = (\textcolor{blue}{x} + \textcolor{red}{3})^2 \]

På \( {[-1, \infty)} \) er \( {x + 3 \ge 2}\text{,} \) så nevneren er aldri \( 0\text{.} \) Det eneste uegentlige er altså den øvre grensen.

Vi skriver telleren som \( {(x + 3) + 1} \) og deler i to: \[ \begin{aligned} \dfrac{x + 4}{(x + 3)^2} &= \dfrac{x + 3}{(x + 3)^2} + \dfrac{1}{(x + 3)^2} \\ &= \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{x + 3}} + \textcolor{magenta}{\dfrac{1}{(x + 3)^2}} \end{aligned} \]

2. Integrer opp til en grense Et uegentlig integral forteller oss at: \[ \int_{-1}^{\infty} f(x)\,dx = \lim_{R \to \infty} \int_{-1}^{R} f(x)\,dx \]Et eksempel der grensen går mot uendelig til slutt, ser du i videoen Uegentlig integral Oppgave 1.

Vi integrerer ledd for ledd. Det første leddet gir \( \ln\text{,} \) som i videoen Basic integrasjonsregler/​formler: \[ \int \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{x + 3}}\,dx = \textcolor{darkorange}{\ln|x + 3|} \]

Det andre skriver vi som en potens, som i samme video Basic integrasjonsregler/​formler. Potensregelen for integraler forteller oss at: \[ \int u^n\,du = \dfrac{u^{n+1}}{n + 1}\text{,} \quad n \ne -1 \]

Her er \( {u = x + 3} \) og \( {n = -2}\text{.} \) \( {x + 3} \) går like bra som \( x\text{,} \) siden den deriverte er \( 1\text{.} \) Det gir oss: \[ \int \textcolor{magenta}{(x + 3)^{-2}}\,dx = \textcolor{magenta}{-\dfrac{1}{x + 3}} \]

Slår vi dette sammen, får vi: \[ \begin{aligned} &\int_{-1}^{R} \dfrac{x + 4}{(x + 3)^2}\,dx \\ &= \left[\textcolor{darkorange}{\ln|x + 3|} \textcolor{magenta}{- \dfrac{1}{x + 3}}\right]_{-1}^{R} \\ &= \ln(R + 3) - \dfrac{1}{R + 3} - \ln 2 + \dfrac{1}{2} \end{aligned} \]

3. La grensen gå mot uendelig Nå lar vi \( R \) gå mot uendelig. Hvert ledd for seg gir: \[ \begin{aligned} \ln(R + 3) &\to \infty \\ \dfrac{1}{R + 3} &\to 0 \end{aligned} \]

Resten er konstanter, så hele uttrykket vokser uten grense: \[ \lim_{R \to \infty} \int_{-1}^{R} \dfrac{x + 4}{(x + 3)^2}\,dx = \infty \]

Integralet har ingen endelig verdi, så det divergerer.

Først setter vi \( f(x) \) inn i formelen for buelengde. Integralet kan vi ikke løse for hånd, så vi fyller ut Simpsons regel med fire delintervaller.

1. Sett opp buelengden Formelen for buelengde forteller oss at: \[ L = \int_a^b \sqrt{1 + (\textcolor{red}{f'(x)})^2}\,dx \]Du ser hvor den kommer fra i videoen Buelengde formel.

Her er, med potensregelen fra videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ \begin{aligned} a &= 0 \\ b &= 1 \\ \textcolor{red}{f'(x)} &= \textcolor{red}{4x^3} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} L &= \int_0^1 \sqrt{1 + (\textcolor{red}{4x^3})^2}\,dx \\ &= \int_0^1 \sqrt{1 + 16x^6}\,dx \end{aligned} \]

2. Finn verdiene til funksjonen Simpsons regel med fire delintervaller forteller oss at: \[ \begin{aligned} L \approx \dfrac{\textcolor{blue}{\Delta x}}{3} \big( &g(x_0) + 4g(x_1) + 2g(x_2) \\ &+ 4g(x_3) + g(x_4) \big) \end{aligned} \]Du ser den i videoen Simpson's Regel.

Her er \( {g(x) = \sqrt{1 + 16x^6}} \) og: \[ \textcolor{blue}{\Delta x} = \dfrac{1 - 0}{4} = \textcolor{blue}{\dfrac{1}{4}} \]

Punktene er \( {x_i = i \cdot \textcolor{blue}{\Delta x}}\text{:} \) vi begynner på \( {x_0 = 0} \) og legger til \( \textcolor{blue}{\dfrac{1}{4}} \) hver gang. Det gir: \[ \begin{aligned} g(0) &= 1 \\ g\left(\dfrac{1}{4}\right) &= \sqrt{1 + \dfrac{1}{256}} = \dfrac{\sqrt{257}}{16} \\ g\left(\dfrac{1}{2}\right) &= \sqrt{1 + \dfrac{1}{4}} = \dfrac{\sqrt{5}}{2} \\ g\left(\dfrac{3}{4}\right) &= \sqrt{1 + \dfrac{729}{256}} = \dfrac{\sqrt{985}}{16} \\ g(1) &= \sqrt{17} \end{aligned} \]

3. Fyll ut Simpsons regel Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} L \approx \dfrac{\textcolor{blue}{1/4}}{3} \Big( &1 + 4 \cdot \dfrac{\sqrt{257}}{16} + 2 \cdot \dfrac{\sqrt{5}}{2} \\ &+ 4 \cdot \dfrac{\sqrt{985}}{16} + \sqrt{17} \Big) \end{aligned} \]

Vi forkorter, og samler \( {\dfrac{\textcolor{blue}{1/4}}{3} = \dfrac{1}{12}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} L \approx \dfrac{1}{12} \Big( &1 + \dfrac{\sqrt{257}}{4} + \sqrt{5} \\ &+ \dfrac{\sqrt{985}}{4} + \sqrt{17} \Big) \end{aligned} \]

Vi taster dette inn på kalkulatoren og runder av til tre desimaler: \[ L \approx 1{,}601 \]

Her står \( x \) i den øvre grensen, så vi deriverer begge sider og blir kvitt integralet. Da får vi en separabel differensiallikning, og startverdien får vi ved å sette inn \( {x = 0}\text{.} \)

1. Finn startverdien Setter vi inn \( {x = 0}\text{,} \) går integralet fra \( 0 \) til \( 0 \) og blir \( 0\text{:} \) \[ f(0) = 1 - \int_0^0 f(t)\,dt = 1 - 0 = 1 \]

2. Deriver begge sider Analysens fundamentalteorem forteller oss at: \[ \left(\int_0^x \textcolor{red}{f(t)}\,dt\right)' = \textcolor{red}{f(x)} \]Det forklares i videoen Løs integralligningen - Generell løsning - 6 - Del 1.

Konstanten \( 1 \) deriveres til \( 0\text{,} \) så vi får: \[ f'(x) = 0 - \textcolor{red}{f(x)} = -\textcolor{red}{f(x)} \]

3. Løs differensiallikningen Vi skriver \( {y = f(x)}\text{.} \) Siden \( {f(0) = 1}\text{,} \) kan ikke \( {y = 0} \) være løsningen, og vi samler \( y \) på én side og \( x \) på den andre, som i videoen Seperable diff-ligninger: \[ \begin{aligned} \dfrac{dy}{dx} &= -y \\ \dfrac{1}{y}\,dy &= -dx \end{aligned} \]

Vi integrerer begge sider, som i videoen Basic integrasjonsregler/​formler, og får: \[ \ln|y| = -x + C \]

Vi opphøyer \( e \) i begge sider, og samler konstanten i en ny konstant \( \textcolor{blue}{A}\text{:} \) \[ y = \textcolor{blue}{A}\,e^{-x} \]

4. Finn konstanten Startverdien \( {f(0) = 1} \) gir: \[ \textcolor{blue}{A}\,e^{0} = 1 \quad \Rightarrow \quad \textcolor{blue}{A} = 1 \]

Vi finner hvor grafene møtes og tegner området. Aksen er \( {y = -1}\text{,} \) og området når ikke helt inn til den, så hver skive har et hull. Den nedre kanten bytter uttrykk i \( {x = 1}\text{,} \) så vi deler integralet der.

1. Finn hjørnene i området Grafene møtes der \( {f(x) = g(x)}\text{:} \) \[ \begin{aligned} x + 1 &= x^2 - 1 \\ 0 &= x^2 - x - 2 \\ 0 &= (x + 1)(x - 2) \end{aligned} \]

Det gir \( {x = -1} \) og \( {x = 2}\text{.} \) Så ser vi hvor grafene krysser linjen \( {y = 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(x) = 0 &\Rightarrow x = -1 \\ g(x) = 0 &\Rightarrow x = -1 \text{ eller } x = 1 \end{aligned} \]

Hjørnene er altså \( {(-1, 0)}\text{,} \) \( (1, 0) \) og \( (2, 3)\text{.} \)

2. Skisser området Mellom \( {x = -1} \) og \( {x = 2} \) ligger \( f \) over \( g\text{,} \) for eksempel er: \[ f(0) = 1 > -1 = g(0) \]

Fra \( {x = -1} \) til \( {x = 1} \) er \( {g(x) \le 0}\text{,} \) så der er nedre kant linjen \( {y = 0}\text{.} \) Fra \( {x = 1} \) til \( {x = 2} \) er nedre kant grafen til \( g\text{.} \)

3. Sett opp volumet Volumformelen for en dreining om \( {x\text{-aksen,}} \) med hull i hver skive, forteller oss at: \[ V = \pi \int_a^b \left( \textcolor{red}{R(x)}^2 - \textcolor{blue}{r(x)}^2 \right) dx \]Her er \( \textcolor{red}{R} \) ytre og \( \textcolor{blue}{r} \) indre radius. Formelen uten hull ser du i videoen Omdreiningslegeme x-akse, og hullet trekker vi fra.

Aksen vår er \( {y = -1}\text{.} \) Vi flytter alt opp med \( 1\text{,} \) slik at aksen blir \( {x\text{-aksen,}} \) samme idé som i videoen Omdreining om x = 3. Den ytre radiusen blir: \[ \textcolor{red}{R(x)} = f(x) + 1 = \textcolor{red}{x + 2} \]

Den indre radiusen bytter uttrykk i \( {x = 1}\text{:} \) \[ \begin{aligned} -1 \le x \le 1\text{:} \ \ \textcolor{blue}{r(x)} &= 0 + 1 = \textcolor{blue}{1} \\ 1 \le x \le 2\text{:} \ \ \textcolor{blue}{r(x)} &= g(x) + 1 = \textcolor{blue}{x^2} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, med én del på hver side av \( {x = 1}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} \dfrac{V}{\pi} &= \int_{-1}^{1} \left( (\textcolor{red}{x + 2})^2 - \textcolor{blue}{1}^2 \right) dx \\ &\quad + \int_{1}^{2} \left( (\textcolor{red}{x + 2})^2 - (\textcolor{blue}{x^2})^2 \right) dx \end{aligned} \]

4. Regn ut integralene Vi ganger ut parentesen og integrerer ledd for ledd, som i videoen Basic integrasjonsregler/​formler. Den første delen gir: \[ \begin{aligned} &\int_{-1}^{1} (x^2 + 4x + 3)\,dx \\ &= \left[\dfrac{x^3}{3} + 2x^2 + 3x\right]_{-1}^{1} \\ &= \dfrac{16}{3} + \dfrac{4}{3} = \underline{\dfrac{20}{3}} \end{aligned} \]

Den andre delen gir: \[ \begin{aligned} &\int_{1}^{2} (x^2 + 4x + 4 - x^4)\,dx \\ &= \left[\dfrac{x^3}{3} + 2x^2 + 4x - \dfrac{x^5}{5}\right]_{1}^{2} \\ &= \dfrac{7}{3} + 10 - \dfrac{31}{5} = \underline{\dfrac{92}{15}} \end{aligned} \]

Slår vi dette sammen, får vi: \[ \begin{aligned} V &= \pi \left( \dfrac{100}{15} + \dfrac{92}{15} \right) \\ &= \pi \cdot \dfrac{192}{15} = \dfrac{64\pi}{5} \end{aligned} \]

Vi dreier om \( {y\text{-aksen}} \) og har grafene som funksjoner av \( x\text{.} \) Vi bruker derfor sylinderskallmetoden, med avstanden mellom grafene som høyde.

1. Skisser området Kurvene møtes der \( {x^3 = \sqrt{x}}\text{,} \) altså der \( {x^6 = x}\text{:} \) \[ \begin{aligned} x(x^5 - 1) &= 0 \\ x = 0 \ \text{ eller } \ x &= 1 \end{aligned} \]

For å se hvilken som ligger øverst, setter vi inn \( {x = \dfrac{1}{4}}\text{:} \) \[ \sqrt{\dfrac{1}{4}} = \dfrac{1}{2} > \dfrac{1}{64} = \left(\dfrac{1}{4}\right)^3 \]\( \sqrt{x} \) ligger altså over \( x^3 \) mellom \( {x = 0} \) og \( {x = 1}\text{.} \)

2. Sett opp volumet Sylinderskallmetoden forteller oss at: \[ V = 2\pi \int_a^b \textcolor{red}{x} \cdot \textcolor{blue}{h(x)}\,dx \]Her er \( \textcolor{red}{x} \) radien til skallet og \( \textcolor{blue}{h(x)} \) høyden. Se videoen Omdreiningslegeme y-akse, der høyden er \( f(x)\text{.} \)

Her er høyden avstanden mellom grafene: \[ \textcolor{blue}{h(x)} = \textcolor{blue}{\sqrt{x} - x^3}, \quad a = 0, \quad b = 1 \]

3. Regn ut integralet Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} V &= 2\pi \int_0^1 \textcolor{red}{x}\left(\textcolor{blue}{\sqrt{x} - x^3}\right) dx \\ &= 2\pi \int_0^1 \left(x^{3/2} - x^4\right) dx \\ &= 2\pi \left[\dfrac{2}{5}x^{5/2} - \dfrac{1}{5}x^5\right]_0^1 \\ &= 2\pi \left(\dfrac{2}{5} - \dfrac{1}{5}\right) = \dfrac{2\pi}{5} \end{aligned} \]