Tilbake
4.2
Alle fag for Høyskole

4.2 Analysens fundamentalteorem og kjerneregelen

Derivasjon av integraler med variable grenser — der kjerneregel-faktoren er hele poenget (52 % av slutteksamenene).

45 min
8 oppgaver
Analysens fundamentalteoremkjerneregelen
Din fremgang i kapitlet
0 / 8 oppgaver
Kapitlets plass i kurset
Forkunnskaper: Dette kapitlet lener seg tungt på derivasjonsteknikk fra kap. 3.2 — særlig kjerneregelen og produktregelen — og på integralet du nettopp bygde i kap. 4.1. Fra videregående er broen Analysens fundamentalsetning.

Sist du var her (oppfriskning fra kap. 3.2): de to reglene vi bruker mest her.

- Kjerneregelen: ddxf(g(x))=f′(g(x))⋅g′(x)\dfrac{d}{dx}f(g(x))=f'(g(x))\cdot g'(x) — deriver ytre, gang med indres deriverte. Nettopp denne «indre deriverte» dukker opp igjen som faktoren g′(x)g'(x).
- Produktregelen: (uv)′=u′v+uv′(uv)'=u'v+uv' — vi trenger den når vi skal finne F′′F'' av en integralfunksjon.

Har du disse i fingrene, er dette kapitlet mest bokføring.

Tenk deg en vannbeholder der en kran fyller på med en fart som varierer over tid — h(t)h(t) liter per sekund ved tidspunkt tt. Hvor mye vann er samlet opp fra start og fram til tid xx? Det er arealet under fartskurven, altså integralet F(x)=∫0xh(t) dtF(x)=\int_0^x h(t)\,dt. Og her kommer den vakre innsikten: hvor fort den oppsamlede mengden vokser akkurat nå, er nøyaktig påfyllingsfarten akkurat nå. I symboler: F′(x)=h(x)F'(x)=h(x). Derivasjon og integrasjon er motsatte operasjoner — det er analysens fundamentalteorem.

Teoremet har to halvdeler: den ene lar deg regne ut bestemte integraler via en antiderivert, den andre sier at en integralfunksjon er en antiderivert. Kombinert med kjerneregelen gir de deg sjangerens arbeidsredskap.

Fire læringsløkker: (1) antideriverte og evaluering (FTC del 2), (2) integralfunksjonen og hvorfor F′=fF'=f (FTC del 1, bevist med middelverdisetningen for integraler), (3) kjerneregel-faktoren i praksis, (4) variable grenser i begge ender, F′′F'' og koblingen mot L'Hôpital.

Løkke 1 — Antideriverte og evaluering (FTC del 2) (~11 min)

Antiderivert (stamfunksjon)

En funksjon FF er en antiderivert (stamfunksjon) til ff når F′=fF'=f — deriverer du FF, får du tilbake ff. For eksempel er F(x)=x33F(x)=\tfrac{x^3}{3} en antiderivert til f(x)=x2f(x)=x^2, fordi F′(x)=x2F'(x)=x^2. Antideriverte er ikke entydige: legger du til en konstant, endres ikke den deriverte, så x33+7\tfrac{x^3}{3}+7 er også en antiderivert. Å finne en antiderivert er å «integrere baklengs».

Det ubestemte integralet
Samlingen av alle antideriverte til ff, skrevet

∫f(x) dx=F(x)+C,\int f(x)\,dx=F(x)+C,

der FF er én antiderivert og CC er en vilkårlig konstant (integrasjonskonstanten). I motsetning til det bestemte integralet ∫abf\int_a^b f, som er et tall, er det ubestemte integralet en hel funksjonsfamilie. Konstanten +C+C er obligatorisk — å glemme den er et fast føringstrekk.

Standardantideriverte (antiderivert-tabellen)
Grunnfamilien du kjenner igjen på sekunder, lest baklengs fra derivasjonsreglene:

∫xn dx=xn+1n+1+C (n≠−1),∫1x dx=ln⁡∣x∣+C,∫ex dx=ex+C,\int x^n\,dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C\ (n\neq -1),\quad \int\frac{1}{x}\,dx=\ln|x|+C,\quad \int e^{x}\,dx=e^{x}+C,
∫cos⁡x dx=sin⁡x+C,∫sin⁡x dx=−cos⁡x+C,∫dx1+x2=arctan⁡x+C,∫dx1−x2=arcsin⁡x+C.\int\cos x\,dx=\sin x+C,\quad \int\sin x\,dx=-\cos x+C,\quad \int\frac{dx}{1+x^2}=\arctan x+C,\quad \int\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x+C.

Disse er ryggraden i alt som kommer i kap. 4.3–4.4: teknikkene der gjør bare et vanskelig integral om til ett av disse.

📜Analysens fundamentalteorem, del 2 (evalueringsdelen)
Setning. Er ff kontinuerlig på [a,b][a,b] og FF en antiderivert til ff (altså F′=fF'=f), så er

∫abf(x) dx=F(b)−F(a),\int_a^b f(x)\,dx=F(b)-F(a),

ofte skrevet [F(x)]ab\big[F(x)\big]_a^b. Dette er regnemaskinen: for å finne et bestemt integral, finn en antiderivert og sett inn grensene. Hele teknikkarsenalet i Del 4 tjener dette ene: å skaffe antideriverten FF.

✏️Eksempel 1: Evaluering med FTC del 2

Regn ut ∫02(x2+ex) dx\displaystyle\int_0^2 (x^2+e^{x})\,dx.

Vi finner en antiderivert ledd for ledd (lineæritet fra kap. 4.1) og bruker antiderivert-tabellen.

Antiderivert: ∫(x2+ex) dx=x33+ex+C\int(x^2+e^x)\,dx=\dfrac{x^3}{3}+e^{x}+C. Vi kan velge C=0C=0 i et bestemt integral (konstanten kanselleres uansett i differansen).

Sett inn grensene (FTC del 2):
∫02(x2+ex) dx=[x33+ex]02=(83+e2)−(0+e0)=83+e2−1.\int_0^2(x^2+e^x)\,dx=\left[\frac{x^3}{3}+e^x\right]_0^2=\left(\frac{8}{3}+e^2\right)-\left(0+e^0\right)=\frac{8}{3}+e^2-1.

Konklusjon: ∫02(x2+ex) dx=83+e2−1\int_0^2(x^2+e^x)\,dx=\dfrac{8}{3}+e^2-1 (om lag 9,069{,}06). Svar: 83+e2−1\boxed{\dfrac{8}{3}+e^2-1}

📝Oppgave 1
J

Regn ut ∫13(2x+1x) dx\displaystyle \displaystyle\int_1^3\left(2x+\frac{1}{x}\right)\,dx.

Løkke 2 — Integralfunksjonen og hvorfor F′=fF'=f (FTC del 1) (~12 min)

Integralfunksjonen
Fikserer du nedre grense og lar øvre grense være variabel, får du en funksjon av xx:

F(x)=∫axf(t) dt.F(x)=\int_a^x f(t)\,dt.

Her er tt en «løpende» integrasjonsvariabel (dummy) og xx den ekte variabelen. F(x)F(x) måler det oppsamlede arealet fra aa fram til xx. Merk at integranden skrives med tt nettopp for ikke å kollidere med grensen xx. Denne funksjonen er hovedpersonen i sjanger J.

📜Middelverdisetningen for integraler
Setning. Er ff kontinuerlig på [a,b][a,b], finnes et punkt c∈[a,b]c\in[a,b] med

∫abf(t) dt=f(c) (b−a).\int_a^b f(t)\,dt=f(c)\,(b-a).

Tolkning: funksjonen antar sin egen gjennomsnittsverdi fˉ=1b−a∫abf\displaystyle \bar f=\frac{1}{b-a}\int_a^b f i minst ett punkt. Bevisidé: ff er kontinuerlig på et lukket intervall, så den antar en minste verdi mm og en største MM (ekstremverdisetningen, kap. 2.4). Da er m≤fˉ≤Mm\le\bar f\le M, og skjæringssetningen gir et cc med f(c)=fˉf(c)=\bar f. Denne setningen er motoren i beviset for FTC del 1 — og er selv eksamensaktuelt teoristoff.

📜Analysens fundamentalteorem, del 1
Setning. Er ff kontinuerlig, og F(x)=∫axf(t) dtF(x)=\int_a^x f(t)\,dt, så er FF deriverbar med

F′(x)=f(x).F'(x)=f(x).

Integralfunksjonen er altså en antiderivert til ff — derivasjon opphever integrasjon.

Bevisidé (aktiv skisse, via MVT for integraler): se på differansekvotienten. Med intervalladditivitet er
F(x+h)−F(x)=∫xx+hf(t) dt.F(x+h)-F(x)=\int_x^{x+h} f(t)\,dt.
Middelverdisetningen for integraler gir et chc_h mellom xx og x+hx+h med ∫xx+hf=f(ch) h\int_x^{x+h} f=f(c_h)\,h. Dermed
F(x+h)−F(x)h=f(ch).\frac{F(x+h)-F(x)}{h}=f(c_h).
Når h→0h\to 0, klemmes ch→xc_h\to x, og siden ff er kontinuerlig, f(ch)→f(x)f(c_h)\to f(x). Altså F′(x)=f(x)F'(x)=f(x). ■\blacksquare

✏️Eksempel 2: Derivér en integralfunksjon

La F(x)=∫2x11+t4 dt\displaystyle F(x)=\displaystyle\int_2^{x}\frac{1}{1+t^4}\,dt. Finn F′(x)F'(x) og F′(2)F'(2).

Integranden f(t)=11+t4f(t)=\dfrac{1}{1+t^4} er kontinuerlig (nevneren er aldri null), og øvre grense er den variable xx selv — dette er FTC del 1 rett fram.

FTC del 1: F′(x)=f(x)=11+x4F'(x)=f(x)=\dfrac{1}{1+x^4}. Vi bytter bare tt med xx; det finnes ingen indre funksjon her, så ingen ekstra faktor.

Verdi i punktet: F′(2)=11+24=117F'(2)=\dfrac{1}{1+2^4}=\dfrac{1}{17}.

Konklusjon: F′(x)=11+x4F'(x)=\dfrac{1}{1+x^4} og F′(2)=117F'(2)=\dfrac{1}{17}. Legg merke til at vi aldri regnet ut selve integralet — FTC del 1 gir den deriverte direkte. F′(x)=11+x4, F′(2)=117\boxed{F'(x)=\tfrac{1}{1+x^4},\ F'(2)=\tfrac{1}{17}}

📝Oppgave 2
J

La G(x)=∫0xcos⁡(t2) dtG(x)=\displaystyle\int_0^{x}\cos(t^2)\,dt. Finn G′(x)G'(x) og G′(0)G'(0).

Løkke 3 — Kjerneregel-faktoren: hovedoppskriften (~11 min)

Nå kommer sjangerens hjerte. Hva om øvre grense ikke er xx, men en funksjon av xx, som x2x^2 eller sin⁡x\sin x? Da er integralfunksjonen en sammensetning, og du må bruke kjerneregelen. Resultatet er én kompakt formel.

Leibniz-regelen (derivasjon under variabel grense)
Når øvre grense er en funksjon g(x)g(x), kombineres FTC del 1 med kjerneregelen:

ddx∫ag(x)h(t) dt=h(g(x))⋅g′(x).\frac{d}{dx}\int_a^{g(x)} h(t)\,dt=h\big(g(x)\big)\cdot g'(x).

Oppskrift i to trinn: (1) sett den øvre grensen g(x)g(x) inn i integranden hh — det gir h(g(x))h(g(x)); (2) gang med den indre deriverte g′(x)g'(x). Trinn 2 er det som skiller dette fra grunnformen — og det som gir poeng.

Kjerneregel-faktoren g′(x)g'(x)

Den ekstra faktoren g′(x)g'(x) som alltid skal med når øvre grense er en sammensatt funksjon. Den kommer fra kjerneregelen: integralfunksjonen F(x)=∫ag(x)hF(x)=\int_a^{g(x)}h er egentlig Φ(g(x))\Phi(g(x)) der Φ(u)=∫auh\Phi(u)=\int_a^u h, og Φ′=h\Phi'=h (FTC del 1). Kjerneregelen gir F′(x)=Φ′(g(x))⋅g′(x)=h(g(x))⋅g′(x)F'(x)=\Phi'(g(x))\cdot g'(x)=h(g(x))\cdot g'(x). Å glemme g′(x)g'(x) er sjanger J-ens mest dokumenterte feil. Er g(x)=xg(x)=x, er g′(x)=1g'(x)=1, og faktoren er «usynlig» — men den er der.

✏️Eksempel 3: Kjerneregel-faktoren i bruk

La F(x)=∫1x2e3t dtF(x)=\displaystyle\int_1^{x^2} e^{3t}\,dt. Finn F′(x)F'(x).

Her er øvre grense g(x)=x2g(x)=x^2 — en sammensetning, så vi bruker Leibniz-regelen F′(x)=h(g(x))⋅g′(x)F'(x)=h(g(x))\cdot g'(x) med h(t)=e3th(t)=e^{3t}.

Trinn 1 — sett grensen inn i integranden: h(g(x))=e3⋅x2=e3x2h(g(x))=e^{3\cdot x^2}=e^{3x^2}.

Trinn 2 — gang med kjerneregel-faktoren: g(x)=x2g(x)=x^2 gir g′(x)=2xg'(x)=2x. Dermed
F′(x)=e3x2⋅2x=2x e3x2.F'(x)=e^{3x^2}\cdot 2x=2x\,e^{3x^2}.

Kontroll (så du ser faktoren): hadde vi glemt g′(x)=2xg'(x)=2x, ville vi feilaktig fått e3x2e^{3x^2} alene — sjangerens klassiske tapte poeng. Den indre deriverte 2x2x er nettopp forskjellen.

Konklusjon: F′(x)=2x e3x2\boxed{F'(x)=2x\,e^{3x^2}}.

📝Oppgave 3
J

La F(x)=∫0sin⁡x1+t2 dtF(x)=\displaystyle\int_0^{\sin x}\sqrt{1+t^2}\,dt. Finn F′(x)F'(x), og vis eksplisitt hvor kjerneregel-faktoren kommer inn.

Løkke 4 — Begge grenser variable, F′′F'' og L'Hôpital-kjeding (~11 min)

Variabel grense i begge ender (splitteregelen)
Er begge grensene funksjoner av xx, splitter du integralet ved et fast tall aa og bruker intervalladditivitet:

∫p(x)q(x)h(t) dt=∫aq(x)h(t) dt−∫ap(x)h(t) dt.\int_{p(x)}^{q(x)} h(t)\,dt=\int_{a}^{q(x)} h(t)\,dt-\int_{a}^{p(x)} h(t)\,dt.

Deriverer du hvert ledd med Leibniz-regelen, blir resultatet
ddx∫p(x)q(x)h(t) dt=h(q(x))q′(x)−h(p(x))p′(x).\frac{d}{dx}\int_{p(x)}^{q(x)} h(t)\,dt=h\big(q(x)\big)q'(x)-h\big(p(x)\big)p'(x).
Merk minustegnet på nedre-grense-leddet — den dokumenterte fellen når nedre grense er variabel.

✏️Eksempel 4: Begge grenser variable

La H(x)=∫xx211+t2 dt\displaystyle H(x)=\displaystyle\int_{x}^{x^2}\frac{1}{1+t^2}\,dt. Finn H′(x)H'(x).

Begge grensene avhenger av xx: nedre p(x)=xp(x)=x, øvre q(x)=x2q(x)=x^2, integrand h(t)=11+t2h(t)=\dfrac{1}{1+t^2}. Vi bruker splitteregelen H′(x)=h(q)q′−h(p)p′H'(x)=h(q)q'-h(p)p'.

Øvre-grense-leddet: h(x2)⋅(x2)′=11+(x2)2⋅2x=2x1+x4h(x^2)\cdot(x^2)'=\dfrac{1}{1+(x^2)^2}\cdot 2x=\dfrac{2x}{1+x^4}.

Nedre-grense-leddet (med minus): h(x)⋅(x)′=11+x2⋅1=11+x2h(x)\cdot(x)'=\dfrac{1}{1+x^2}\cdot 1=\dfrac{1}{1+x^2}.

Sett sammen:
H′(x)=2x1+x4−11+x2.H'(x)=\frac{2x}{1+x^4}-\frac{1}{1+x^2}.

Konklusjon: H′(x)=2x1+x4−11+x2\boxed{H'(x)=\dfrac{2x}{1+x^4}-\dfrac{1}{1+x^2}}. Glemmer du minustegnet på nedre-leddet, blir hele svaret galt.

📝Oppgave 4
J

La F(x)=∫12x2e3t dtF(x)=\displaystyle\int_1^{2x^2} e^{3t}\,dt.

a) Finn F′(x)F'(x).

b) Finn F′′(x)F''(x).

✏️Eksempel 5: Integralfunksjon koblet mot L'Hôpital

Beregn lim⁡x→01x∫0xcos⁡(t2) dt\displaystyle \displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{1}{x}\int_0^{x}\cos(t^2)\,dt.

Skriv grensen som en brøk: lim⁡x→0∫0xcos⁡(t2) dtx\displaystyle \displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\int_0^x\cos(t^2)\,dt}{x}.

Sjekk ubestemt form: når x→0x\to 0 går telleren ∫00cos⁡(t2) dt=0\int_0^0\cos(t^2)\,dt=0 og nevneren x→0x\to 0, så formen er [0/0][0/0] — L'Hôpital er lovlig (markering av ubestemt form er fasitkrav, kap. 2.2).

L'Hôpital — deriver teller og nevner hver for seg:
- Telleren: ddx∫0xcos⁡(t2) dt=cos⁡(x2)\dfrac{d}{dx}\int_0^x\cos(t^2)\,dt=\cos(x^2) (FTC del 1; øvre grense er xx, så ingen ekstra faktor).
- Nevneren: ddxx=1\dfrac{d}{dx}x=1.

lim⁡x→0cos⁡(x2)1=cos⁡(0)=1.\lim_{x\to 0}\frac{\cos(x^2)}{1}=\cos(0)=1.

Konklusjon: grensen er 11. Dette er den mengden 1x∫0x…\displaystyle \frac{1}{x}\int_0^x\dots måler gjennomsnittsverdien av cos⁡(t2)\cos(t^2) nær 00 — og for x→0x\to 0 nærmer gjennomsnittet seg funksjonsverdien cos⁡0=1\cos 0=1. 1\boxed{1}

Begrepsbank til eksamen

Her er noen kjernebegreper fra kapitlet samlet i eksamensrettet kortform.

Begrepsbanken er flashcard-/repetisjonsstoff — den gjentar det du nettopp har lest. Hopp trygt over ved førstegangslesing; tidsanslaget for kapitlet gjelder kjernestoffet.

Andrederivert av en integralfunksjon

For å finne F′′F'' av F(x)=∫ag(x)h(t) dtF(x)=\int_a^{g(x)}h(t)\,dt deriverer du først med Leibniz-regelen til F′(x)=h(g(x))g′(x)F'(x)=h(g(x))g'(x) — et produkt — og deriverer så dette produktet med produktregelen (ofte med kjerneregelen inni igjen). To lag kjerneregel og ett lag produktregel er den typiske strukturen i sjanger J-ens F′′F''-varianter.

Kobling til L'Hôpital (1x∫0x\displaystyle \frac{1}{x}\int_0^x-typen)

Grenser av typen lim⁡x→01x∫0xh(t) dt\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{1}{x}\int_0^x h(t)\,dt er [0/0][0/0]-former: telleren er en integralfunksjon som går mot 00. L'Hôpital deriverer telleren med FTC del 1 (gir h(x)h(x)) og nevneren til 11, så grensen blir h(0)h(0). Tolkning: gjennomsnittsverdien av hh over [0,x][0,x] nærmer seg h(0)h(0) når x→0x\to 0. Denne koblingen var eksamensoppgave 2016.

Nedre variabel grense (minustegnet)

Er den nedre grensen variabel, snur fortegnet: ddx∫g(x)bh(t) dt=−h(g(x)) g′(x)\displaystyle \frac{d}{dx}\int_{g(x)}^{b}h(t)\,dt=-h(g(x))\,g'(x). Grunnen er konvensjonen ∫g(x)b=−∫bg(x)\int_{g(x)}^b=-\int_b^{g(x)}. I oppgaver med begge grenser variable kommer øvre-leddet med pluss og nedre-leddet med minus — en av de mest oversette detaljene i sjangeren.

Symbol- og formelliste
Repetisjonsoppgaver
Din fremgang
0 / 4 oppgaver

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Universitetet i Oslo. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.