Universitetseksamen etter tema

Vi ser \( \ln(x) \) inni integralet og den deriverte \( \dfrac{1}{x} \) ved siden av. Vi bruker derfor substitusjon, og tar det som er igjen med delvis integrasjon.

1. Bruk substitusjon Vi setter kjernen lik \( \textcolor{green}{t} \) og deriverer, som i videoen Substitusjon: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{t} &= \textcolor{green}{\ln(x)} \\ dt &= \dfrac{1}{x}\,dx \end{aligned} \]

Det gir oss: \[ \int \dfrac{\ln(\ln(x))}{x}\,dx = \int \ln(\textcolor{green}{t})\,dt \]

2. Bruk delvis integrasjon Delvis integrasjon forteller oss at: \[ \int \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'}\,dt = \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v} - \int \textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v}\,dt \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen Delvis integrasjon.

Vi skriver \( {\ln(t) = 1 \cdot \ln(t)}\text{,} \) som i vinket. Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{\ln(t)} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{\dfrac{1}{t}} \\ \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{1} & \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{t} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} \int \ln(t)\,dt &= \textcolor{red}{\ln(t)} \cdot \textcolor{blue}{t} - \int \textcolor{red}{\dfrac{1}{t}} \cdot \textcolor{blue}{t}\,dt \\ &= t\ln(t) - \int 1\,dt \\ &= t\ln(t) - t + C \end{aligned} \]

3. Bytt tilbake til x Vi setter inn \( {\textcolor{green}{t} = \textcolor{green}{\ln(x)}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} &\int \dfrac{\ln(\ln(x))}{x}\,dx \\ &= \textcolor{green}{\ln(x)}\ln(\textcolor{green}{\ln(x)}) - \textcolor{green}{\ln(x)} + C \end{aligned} \]

Den øvre grensen er en funksjon av \( x\text{.} \) Vi bruker derfor fundamentalteoremet sammen med kjerneregelen. Så ser vi på fortegnet til \( F'(x)\text{.} \)

1. Skriv opp reglene Fundamentalteoremet forteller oss at den deriverte av et integral med variabel øvre grense er integranden i grensen: \[ \dfrac{d}{du} \int_0^{\textcolor{green}{u}} g(t)\,dt = g(\textcolor{green}{u}) \]Dette viser videoen Løs integralligningen.

Her er den øvre grensen en kjerne, så kjerneregelen forteller oss at vi må gange med den deriverte av kjernen: \[ F'(x) = g(\textcolor{green}{u}) \cdot \textcolor{green}{u'} \]Se videoen Kjerneregelen.

2. Regn ut den deriverte Her er: \[ \begin{aligned} g(t) &= \cos\left(\dfrac{1}{1 + t^2}\right) \\ \textcolor{green}{u} &= \textcolor{green}{2x - x^2} \\ \textcolor{green}{u'} &= \textcolor{green}{2 - 2x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} F'(x) &= \cos\left(\dfrac{1}{1 + (\textcolor{green}{2x - x^2})^2}\right) \\ &\quad \cdot (\textcolor{green}{2 - 2x}) \end{aligned} \]

3. Finn fortegnet til cosinus Nevneren i brøken er minst \( 1\text{,} \) og \( {\pi > 2}\text{,} \) så: \[ 0 < \dfrac{1}{1 + (2x - x^2)^2} \le 1 < \dfrac{\pi}{2} \]

Cosinus er positiv mellom \( 0 \) og \( \dfrac{\pi}{2}\text{,} \) så for alle \( x \) er cosinusfaktoren positiv: \[ \textcolor{red}{\cos\left(\dfrac{1}{1 + (2x - x^2)^2}\right)} > 0 \]

4. Vis det globale maksimumet Fortegnet til \( F'(x) \) er dermed det samme som fortegnet til \( {\textcolor{green}{2 - 2x}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} x < 1 &\Rightarrow F'(x) > 0 \\ x = 1 &\Rightarrow F'(x) = 0 \\ x > 1 &\Rightarrow F'(x) < 0 \end{aligned} \]

\( F \) vokser altså for alle \( {x < 1} \) og synker for alle \( {x > 1}\text{.} \) Det betyr at for alle \( x \) er: \[ F(x) \le F(1) \]\( F \) har derfor et globalt maksimum i \( {x = 1}\text{.} \)

Vi følger vinket: først \( f'(x)\text{,} \) så setter vi inn i formelen for buelengde. Integralet løser vi med substitusjon.

1. Vis formelen for den deriverte Logaritmeregelen for en brøk forteller oss at: \[ \ln\left(\dfrac{\textcolor{red}{a}}{\textcolor{blue}{b}}\right) = \ln(\textcolor{red}{a}) - \ln(\textcolor{blue}{b}) \]Se videoen Naturlige Logaritmer. Her er \( {\textcolor{red}{e^x - 1}} \) og \( {\textcolor{blue}{e^x + 1}} \) positive på \( [1, 2]\text{,} \) så: \[ f(x) = \ln(\textcolor{red}{e^x - 1}) - \ln(\textcolor{blue}{e^x + 1}) \]

Kjerneregelen for \( \ln(u) \) forteller oss at: \[ (\ln(u))' = \dfrac{1}{u} \cdot u' \]Se videoen Derivasjonsregler/​Formler. Her er \( {u' = e^x} \) i begge leddene, så: \[ \begin{aligned} f'(x) &= \dfrac{e^x}{\textcolor{red}{e^x - 1}} - \dfrac{e^x}{\textcolor{blue}{e^x + 1}} \\ &= \dfrac{e^x(e^x + 1) - e^x(e^x - 1)}{e^{2x} - 1} \\ &= \dfrac{2e^x}{e^{2x} - 1} \end{aligned} \]

Vi deler over og under brøkstreken med \( e^x\text{,} \) og bruker at \( {\sinh(x) = \dfrac{e^x - e^{-x}}{2}}\text{:} \) \[ f'(x) = \dfrac{2}{e^x - e^{-x}} = \dfrac{1}{\sinh(x)} \]

2. Sett inn i formelen for buelengde Formelen for buelengde forteller oss at: \[ L = \int_a^b \sqrt{1 + (f'(x))^2}\,dx \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Buelengde formel.

Vi bruker at: \[ \cosh^2(x) - \sinh^2(x) = 1 \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} 1 + (f'(x))^2 &= 1 + \dfrac{1}{\sinh^2(x)} \\ &= \dfrac{\sinh^2(x) + 1}{\sinh^2(x)} \\ &= \dfrac{\cosh^2(x)}{\sinh^2(x)} \end{aligned} \]

På \( [1, 2] \) er både \( \cosh(x) \) og \( \sinh(x) \) positive, så roten blir brøken uten kvadrat: \[ L = \int_1^2 \dfrac{\cosh(x)}{\sinh(x)}\,dx \]

3. Regn ut integralet Vi setter nevneren lik \( \textcolor{green}{s}\text{,} \) som i videoen Substitusjon: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{s} &= \textcolor{green}{\sinh(x)} \\ ds &= \cosh(x)\,dx \end{aligned} \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} L &= \int_{\sinh(1)}^{\sinh(2)} \dfrac{1}{\textcolor{green}{s}}\,ds \\ &= \Big[\ln(\textcolor{green}{s})\Big]_{\sinh(1)}^{\sinh(2)} \\ &= \ln\left(\dfrac{\sinh(2)}{\sinh(1)}\right) \end{aligned} \]

Vi ganger ut nevneren først. Da ser vi at telleren nesten er den deriverte av nevneren, så vi bruker substitusjon.

1. Gang ut nevneren Vi ganger ut parentesene ledd for ledd: \[ \begin{aligned} &(x - 1)(x^2 + x + 1) \\ &= x^3 + x^2 + x - x^2 - x - 1 \\ &= x^3 - 1 \end{aligned} \]

2. Velg substitusjon Vi bytter ut \( x \) med \( u \) slik at integralet blir enklere. Vi setter nevneren lik \( u \) og deriverer, som i videoen Substitusjon: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x^3 - 1} \\ \textcolor{blue}{du} &= \textcolor{blue}{3x^2\,dx} \end{aligned} \]

Det betyr at: \[ \textcolor{blue}{x^2\,dx} = \textcolor{blue}{\dfrac{1}{3}\,du} \]

3. Regn ut integralet Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} &\int \dfrac{\textcolor{blue}{x^2\,dx}}{\textcolor{red}{x^3 - 1}} \\ &= \int \dfrac{1}{\textcolor{red}{u}} \cdot \textcolor{blue}{\dfrac{1}{3}\,du} \\ &= \dfrac{1}{3}\int \dfrac{1}{\textcolor{red}{u}}\,du \end{aligned} \]

Integrasjonsregelen for \( \dfrac{1}{u}\text{,} \) som i videoen Basic integrasjonsregler/​formler, forteller oss at: \[ \int \dfrac{1}{\textcolor{red}{u}}\,du = \ln|\textcolor{red}{u}| + C \]

Vi setter inn og bytter tilbake til \( x\text{:} \) \[ \dfrac{1}{3}\ln|\textcolor{red}{u}| + C = \dfrac{1}{3}\ln|\textcolor{red}{x^3 - 1}| + C \]

Alternativ metode: Delbrøksoppspalting Nevneren står allerede faktorisert, så vi kan også spalte brøken, som i eksempel 2 i videoen Delbrøksoppspalting: \[ \begin{aligned} &\dfrac{x^2}{(x - 1)(x^2 + x + 1)} \\ &= \dfrac{A}{x - 1} + \dfrac{Bx + C}{x^2 + x + 1} \end{aligned} \]

Vi ganger opp: \[ \begin{aligned} x^2 &= A(x^2 + x + 1) \\ &\quad + (Bx + C)(x - 1) \end{aligned} \]

Med \( {x = 1} \) får vi \( {A = \dfrac{1}{3}}\text{,} \) og sammenligner vi ledd for ledd, får vi \( {C = \dfrac{1}{3}} \) og \( {B = \dfrac{2}{3}}\text{.} \) Her er den andre telleren nøyaktig den deriverte av sin nevner: \[ \begin{aligned} &\dfrac{1}{3}\int \dfrac{dx}{x - 1} \\ &\quad + \dfrac{1}{3}\int \dfrac{2x + 1}{x^2 + x + 1}\,dx \\ &= \dfrac{1}{3}\ln|x - 1| \\ &\quad + \dfrac{1}{3}\ln(x^2 + x + 1) + D \end{aligned} \]

Med \( {\ln a + \ln b = \ln(ab)} \) er dette det samme svaret. Metoden lønner seg når telleren ikke er den deriverte av nevneren.

Vi deler \( [0, 2] \) i fire like brede delintervaller, leser av funksjonsverdiene i tabellen og legger sammen arealet av fire trapeser.

1. Finn bredden på delintervallene Bredden er lengden av intervallet delt på antall delintervaller: \[ \textcolor{green}{\Delta x} = \dfrac{2 - 0}{4} = \textcolor{green}{0{,}5} \]

Vi trenger altså bare hver andre kolonne i tabellen: \[ \begin{aligned} f(0) &= 1{,}00 \\ f(0{,}5) &= 0{,}78 \\ f(1) &= 0{,}37 \\ f(1{,}5) &= 0{,}11 \\ f(2) &= 0{,}02 \end{aligned} \]

2. Regn ut trapesene Arealet av et trapes forteller oss at: \[ A = \dfrac{(\textcolor{blue}{a} + \textcolor{red}{b}) \cdot \textcolor{green}{h}}{2} \]Hvis du er usikker på metoden, kan du se videoen Trapesmetoden.

Her er \( \textcolor{blue}{a} \) og \( \textcolor{red}{b} \) funksjonsverdiene i hver ende av delintervallet, og \( {\textcolor{green}{h} = \textcolor{green}{\Delta x}}\text{.} \) Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} A_1 &= \dfrac{(\textcolor{blue}{1{,}00} + \textcolor{red}{0{,}78}) \cdot \textcolor{green}{0{,}5}}{2} = 0{,}445 \\ A_2 &= \dfrac{(\textcolor{blue}{0{,}78} + \textcolor{red}{0{,}37}) \cdot \textcolor{green}{0{,}5}}{2} = 0{,}2875 \\ A_3 &= \dfrac{(\textcolor{blue}{0{,}37} + \textcolor{red}{0{,}11}) \cdot \textcolor{green}{0{,}5}}{2} = 0{,}12 \\ A_4 &= \dfrac{(\textcolor{blue}{0{,}11} + \textcolor{red}{0{,}02}) \cdot \textcolor{green}{0{,}5}}{2} = 0{,}0325 \end{aligned} \]

3. Legg sammen Slår vi dette sammen, får vi: \[ \begin{aligned} T_4 &= A_1 + A_2 + A_3 + A_4 \\ &= 0{,}445 + 0{,}2875 \\ &\quad + 0{,}12 + 0{,}0325 \\ &= 0{,}885 \end{aligned} \]

Buelengden er gitt av en formel med \( f'(x)\text{.} \) Vi finner \( f'(x) \) fra integralet, setter inn i formelen, og bruker så vinket til å bli kvitt roten.

1. Finn den deriverte Når \( g \) er kontinuerlig og vi deriverer et integral med \( x \) som øvre grense, bytter vi bare \( t \) med \( x\text{:} \) \[ \left(\int_a^x g(t)\,dt\right)' = g(x) \]Dette ser du i videoen Løs integralligningen.

Her er \( {g(t) = \sqrt{\cos t}}\text{,} \) som er kontinuerlig på intervallet, så: \[ \textcolor{red}{f'(x)} = \textcolor{red}{\sqrt{\cos x}} \]

2. Sett inn i buelengdeformelen Buelengdeformelen forteller oss at når \( f' \) er kontinuerlig, er: \[ L = \int_a^b \sqrt{1 + \textcolor{red}{f'(x)}^2}\,dx \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Buelengde formel.

Her er \( {a = 0} \) og \( {b = \dfrac{\pi}{2}}\text{.} \) På dette intervallet er \( {\cos x \ge 0}\text{,} \) så: \[ \textcolor{red}{f'(x)}^2 = \left(\textcolor{red}{\sqrt{\cos x}}\right)^2 = \cos x \]

Plugger vi dette inn, får vi integralet i oppgaven: \[ L = \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \sqrt{1 + \cos x}\,dx \]

3. Skriv om roten Vinket med \( {\textcolor{blue}{y} = \textcolor{blue}{\dfrac{x}{2}}} \) gir: \[ 1 + \cos x = 2\cos^2\left(\textcolor{blue}{\dfrac{x}{2}}\right) \]

Når \( {x \in \left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]}\text{,} \) er \( {\textcolor{blue}{\dfrac{x}{2}} \in \left[0, \dfrac{\pi}{4}\right]}\text{.} \) Der er cosinus positiv, så vi slipper absoluttverdien: \[ \sqrt{1 + \cos x} = \sqrt{2}\,\cos\left(\textcolor{blue}{\dfrac{x}{2}}\right) \]

4. Regn ut integralet Integrasjonsregelen for cosinus forteller oss at: \[ \int \cos(\textcolor{green}{n}x)\,dx = \dfrac{1}{\textcolor{green}{n}}\sin(\textcolor{green}{n}x) + C \]Den står i videoen Basic integrasjonsregler/​formler.

Her er \( {\textcolor{green}{n} = \textcolor{green}{\dfrac{1}{2}}}\text{,} \) så \( {\dfrac{1}{\textcolor{green}{n}} = 2}\text{.} \) Det gir oss: \[ \begin{aligned} L &= \sqrt{2}\int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \cos\left(\dfrac{x}{2}\right) dx \\ &= \sqrt{2}\left[2\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)\right]_0^{\tfrac{\pi}{2}} \\ &= 2\sqrt{2}\left(\sin\dfrac{\pi}{4} - \sin 0\right) \\ &= 2\sqrt{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = 2 \end{aligned} \]

Integralet er en funksjon av \( b\text{.} \) Vi regner det ut, deriverer med hensyn på \( b\text{,} \) og finner toppunktet med et fortegnsskjema.

1. Regn ut integralet Potensregelen for integrasjon forteller oss at: \[ \int x^n\,dx = \dfrac{x^{n+1}}{n+1} + C \]Den står i videoen Basic integrasjonsregler/​formler.

Vi integrerer ledd for ledd og kaller integralet \( F(b)\text{:} \) \[ \begin{aligned} F(b) &= \left[\dfrac{x^2}{2} - \dfrac{x^3}{3}\right]_0^b \\ &= \dfrac{b^2}{2} - \dfrac{b^3}{3} \end{aligned} \]

2. Finn nullpunktene til den deriverte Vi deriverer og faktoriserer ut \( \textcolor{darkorange}{b}\text{:} \) \[ F'(b) = b - b^2 = \textcolor{darkorange}{b}(\textcolor{magenta}{1 - b}) \]

Setter vi \( {F'(b) = 0}\text{,} \) får vi: \[ \textcolor{darkorange}{b} = 0 \quad \text{eller} \quad \textcolor{magenta}{1 - b} = 0 \]Siden \( {b > 0}\text{,} \) står vi igjen med \( {b = 1}\text{.} \)

3. Sett opp fortegnsskjema Fortegnet til produktet finner vi ved å gange fortegnene til faktorene, som i videoen Ulikheter med Fortegnsskjema. I skjemaet skriver vi \( x \) for \( b\text{:} \) :::fortegnsskjema {"points": [1], "start": 0, "rows": [{"label": "\\textcolor{darkorange}{x}", "expr": "x"}, {"label": "\\textcolor{magenta}{1 - x}", "expr": "1 - x"}, {"label": "F'(x)", "expr": "x(1 - x)"}]} En strek viser hvor en faktor er \( 0\text{.} \)

I \( {b = 1} \) går \( F'(b) \) fra pluss til minus. \( F \) stiger fram til \( {b = 1} \) og synker etter det, så integralet er størst for \( {b = 1}\text{.} \) Verdien er: \[ F(1) = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6} \]

Nevneren er allerede faktorisert, og telleren har lavere grad enn nevneren. Vi bruker derfor delbrøksoppspalting.

1. Sett opp delbrøkene Nevneren har tre ulike lineære faktorer, så hver får sin delbrøk med en konstant i telleren, som i videoen Delbrøksoppspalting: \[ \begin{aligned} &\dfrac{x^2}{(x + 1)(x - 1)(x - 2)} \\ &= \dfrac{\textcolor{red}{A}}{x + 1} + \dfrac{\textcolor{blue}{B}}{x - 1} + \dfrac{\textcolor{green}{D}}{x - 2} \end{aligned} \]

Ganger vi med hele nevneren, får vi: \[ \begin{aligned} x^2 = \;& \textcolor{red}{A}(x - 1)(x - 2) \\ &+ \textcolor{blue}{B}(x + 1)(x - 2) \\ &+ \textcolor{green}{D}(x + 1)(x - 1) \end{aligned} \]

2. Finn konstantene Likningen gjelder for alle \( x\text{.} \) Setter vi inn nullpunktene til nevneren, faller to av leddene bort.

\( {x = -1} \) gir: \[ \begin{aligned} 1 &= \textcolor{red}{A} \cdot (-2) \cdot (-3) = 6\textcolor{red}{A} \\ \textcolor{red}{A} &= \textcolor{red}{\dfrac{1}{6}} \end{aligned} \]

\( {x = 1} \) gir: \[ \begin{aligned} 1 &= \textcolor{blue}{B} \cdot 2 \cdot (-1) = -2\textcolor{blue}{B} \\ \textcolor{blue}{B} &= \textcolor{blue}{-\dfrac{1}{2}} \end{aligned} \]

\( {x = 2} \) gir: \[ \begin{aligned} 4 &= \textcolor{green}{D} \cdot 3 \cdot 1 = 3\textcolor{green}{D} \\ \textcolor{green}{D} &= \textcolor{green}{\dfrac{4}{3}} \end{aligned} \]

3. Integrer ledd for ledd Hvert ledd integrerer vi med regelen fra videoen Basic integrasjonsregler/​formler. Absoluttverdien tar med at \( {x + n} \) kan være negativ: \[ \int \dfrac{a}{x + n}\,dx = a\ln|x + n| + C \]

Plugger vi inn konstantene, får vi: \[ \begin{aligned} \int \dfrac{\textcolor{red}{1/6}}{x + 1}\,dx &= \textcolor{red}{\dfrac{1}{6}}\ln|x + 1| \\ \int \dfrac{\textcolor{blue}{-1/2}}{x - 1}\,dx &= \textcolor{blue}{-\dfrac{1}{2}}\ln|x - 1| \\ \int \dfrac{\textcolor{green}{4/3}}{x - 2}\,dx &= \textcolor{green}{\dfrac{4}{3}}\ln|x - 2| \end{aligned} \]

Slår vi dette sammen, med én felles konstant \( C\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} &\textcolor{red}{\dfrac{1}{6}}\ln|x + 1| \textcolor{blue}{- \dfrac{1}{2}}\ln|x - 1| \\ &+ \textcolor{green}{\dfrac{4}{3}}\ln|x - 2| + C \end{aligned} \]

Vi finner skjæringspunktene, skisserer området og bruker skallmetoden, der radius er avstanden til linjen \( {x = 1}\text{.} \)

1. Finn skjæringspunktene Vi setter funksjonene lik hverandre og samler alt på én side: \[ \begin{aligned} x^2 + x + 1 &= 2 - x^2 \\ 2x^2 + x - 1 &= 0 \end{aligned} \]

abc-formelen forteller oss at: \[ x = \dfrac{-\textcolor{red}{b} \pm \sqrt{\textcolor{red}{b}^2 - 4\textcolor{blue}{a}\textcolor{green}{c}}}{2\textcolor{blue}{a}} \]

Her er: \[ \textcolor{blue}{a} = \textcolor{blue}{2}, \quad \textcolor{red}{b} = \textcolor{red}{1}, \quad \textcolor{green}{c} = \textcolor{green}{-1} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} x &= \dfrac{-\textcolor{red}{1} \pm \sqrt{\textcolor{red}{1}^2 - 4 \cdot \textcolor{blue}{2} \cdot (\textcolor{green}{-1})}}{2 \cdot \textcolor{blue}{2}} \\ &= \dfrac{-1 \pm 3}{4} \\ x &= -1 \quad \vee \quad x = \dfrac{1}{2} \end{aligned} \]

2. Skisser området Funksjonsverdiene i skjæringspunktene er: \[ \begin{aligned} f(-1) &= g(-1) = 1 \\ f\left(\dfrac{1}{2}\right) &= g\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{7}{4} \end{aligned} \]

Mellom skjæringspunktene ligger \( g \) øverst. Det ser vi i \( {x = 0}\text{:} \) \[ g(0) = 2 > 1 = f(0) \]

3. Sett opp volumet Skallmetoden forteller oss at: \[ V = 2\pi \int_a^b \textcolor{red}{r(x)} \cdot \textcolor{blue}{h(x)}\,dx \]Om \( {y\text{-aksen}} \) er radius \( x\text{,} \) som i videoen Omdreiningslegeme y-akse. Om en annen loddrett linje er radius avstanden til linjen, som i videoen Omdreining om x = 3.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{r(x)} &= \textcolor{red}{1 - x} \\ \textcolor{blue}{h(x)} &= g(x) - f(x) = \textcolor{blue}{1 - x - 2x^2} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, med grensene fra skjæringspunktene, får vi: \[ \begin{aligned} V = 2\pi \int_{-1}^{1/2} &(\textcolor{red}{1 - x}) \\ &\cdot (\textcolor{blue}{1 - x - 2x^2})\,dx \end{aligned} \]

4. Regn ut integralet Vi ganger ut parentesene og integrerer ledd for ledd: \[ \begin{aligned} V &= 2\pi \int_{-1}^{1/2} (1 - 2x - x^2 + 2x^3)\,dx \\ &= 2\pi \left[ x - x^2 - \dfrac{x^3}{3} + \dfrac{x^4}{2} \right]_{-1}^{1/2} \end{aligned} \]

Øvre grense gir: \[ \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{24} + \dfrac{1}{32} = \dfrac{23}{96} \]

Nedre grense gir: \[ -1 - 1 + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2} = -\dfrac{7}{6} \]

Trekker vi nedre fra øvre, får vi: \[ \begin{aligned} V &= 2\pi \left( \dfrac{23}{96} - \left(-\dfrac{7}{6}\right) \right) \\ &= 2\pi \cdot \dfrac{135}{96} = \dfrac{45\pi}{16} \end{aligned} \]

Det første integralet er en substitusjon. Det uegentlige integralet regner vi ut til \( R \) og lar så \( R \) vokse, og vinket viser hvilken \( a \) som fjerner \( \ln R\text{.} \)

1. Bruk substitusjon Vi setter nevneren lik \( \textcolor{red}{u} \) og deriverer, som i videoen Substitusjon: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x^2 + 1} \\ du &= 2x\,dx \\ x\,dx &= \dfrac{1}{2}\,du \end{aligned} \]

Grensene blir \( 2 \) og \( {R^2 + 1}\text{,} \) så vi får: \[ \begin{aligned} &\int_1^R \dfrac{x}{x^2 + 1}\,dx \\ &= \dfrac{1}{2} \int_2^{R^2 + 1} \dfrac{1}{\textcolor{red}{u}}\,du \\ &= \dfrac{1}{2}\ln(R^2 + 1) - \dfrac{1}{2}\ln 2 \end{aligned} \]

2. Regn ut integralet til R Et uegentlig integral er grensen av integralet opp til \( R\text{,} \) som i videoen Uegentlig integral Oppgave 1. Vi bruker resultatet over på første ledd: \[ \begin{aligned} &I(R) = \int_1^R \left( \dfrac{ax}{x^2 + 1} - \dfrac{1}{2x} \right) dx \\ &= \dfrac{a}{2}\ln(R^2 + 1) - \dfrac{a}{2}\ln 2 - \dfrac{1}{2}\ln R \end{aligned} \]

3. Skriv om med vinket Vinket har \( {\sqrt{R^2 + 1}} \) delt på \( R\text{,} \) så vi skriver om slik at akkurat det uttrykket står der. Logaritmereglene fra videoen Naturlige Logaritmer forteller oss at: \[ \begin{aligned} \ln\left(w^k\right) &= k\ln w \\ \ln\left(\dfrac{p}{q}\right) &= \ln p - \ln q \end{aligned} \]

Her er: \[ \begin{aligned} w &= R^2 + 1 & k &= \dfrac{1}{2} \\ p &= \sqrt{R^2 + 1} & q &= R \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} &\dfrac{1}{2}\ln(R^2 + 1) = \ln\sqrt{R^2 + 1} \\ &= \textcolor{blue}{\ln\left(\dfrac{\sqrt{R^2 + 1}}{R}\right)} + \textcolor{green}{\ln R} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn og samler \( \textcolor{green}{\ln R}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} I(R) = \;& a\textcolor{blue}{\ln\left(\dfrac{\sqrt{R^2 + 1}}{R}\right)} \\ &+ \left(a - \dfrac{1}{2}\right)\textcolor{green}{\ln R} - \dfrac{a}{2}\ln 2 \end{aligned} \]

4. Bestem a og integralet Når \( R \) vokser, går \( \textcolor{blue}{\text{første ledd}} \) mot \( 0 \) etter vinket, mens \( \textcolor{green}{\ln R} \) vokser uten grense. Integralet konvergerer derfor bare når faktoren foran \( \textcolor{green}{\ln R} \) er null: \[ a - \dfrac{1}{2} = 0 \quad \Rightarrow \quad a = \dfrac{1}{2} \]

Med \( {a = \dfrac{1}{2}} \) står bare konstanten igjen: \[ \begin{aligned} \lim_{R \to \infty} I(R) &= \dfrac{1}{2} \cdot 0 + 0 - \dfrac{1}{4}\ln 2 \\ &= -\dfrac{1}{4}\ln 2 \end{aligned} \]