3.7 Funksjonsdrøfting med integrasjon

a) Vi deriverer først:
$$f'(x) = 3x^2 - 2$$

Så integrerer vi $f'(x)$:
$$\int (3x^2 - 2)\,dx = x^3 - 2x + C = f(x) + C$$

Vi får tilbake $f(x)$, pluss ein konstant.

b) Vi integrerer først:
$$\int (x^3 - 2x)\,dx = \frac{x^4}{4} - x^2 + C$$

Så deriverer vi resultatet:
$$\frac{d}{dx}\left[\frac{x^4}{4} - x^2 + C\right] = x^3 - 2x = f(x)$$

Vi får tilbake nøyaktig $f(x)$.

c) Resultata viser at:
- Integrasjon etterfølgt av derivasjon gir tilbake originalfunksjonen
- Derivasjon etterfølgt av integrasjon gir originalfunksjonen pluss ein konstant

Konstanten forsvinn ved derivasjon, men må leggjast til ved integrasjon.

Svar:
- a) $\int f'(x)\,dx = x^3 - 2x + C = f(x) + C$
- b) $\displaystyle \frac{d}{dx}\left[\int f(x)\,dx\right] = x^3 - 2x = f(x)$
- c) Derivasjon og integrasjon opphever kvarandre, bortsett frå konstanten $C$.

Vi integrerer $f'(x)$:
$$f(x) = \int (3x^2 - 4x + 1)\,dx = x^3 - 2x^2 + x + C$$

Vi brukar at $f(2) = 5$:
$$\begin{aligned} f(2) &= 2^3 - 2 \cdot 2^2 + 2 + C \\ &= 8 - 8 + 2 + C = 2 + C = 5 \end{aligned}$$
$$C = 3$$

Den endelege funksjonen er:
$$f(x) = x^3 - 2x^2 + x + 3$$

Sjekk: $f(2) = 8 - 8 + 2 + 3 = 5$ ✓

Svar: $f(x) = x^3 - 2x^2 + x + 3$

Integrer $f''(x)$ for å finne $f'(x)$:
$$f'(x) = \int (12x - 6)\,dx = 6x^2 - 6x + C_1$$

Bruk $f'(1) = 3$:
$$f'(1) = 6(1)^2 - 6(1) + C_1 = 6 - 6 + C_1 = C_1 = 3$$

Så $f'(x) = 6x^2 - 6x + 3$.

Integrer $f'(x)$ for å finne $f(x)$:
$$f(x) = \int (6x^2 - 6x + 3)\,dx = 2x^3 - 3x^2 + 3x + C_2$$

Bruk $f(1) = 5$:
$$\begin{aligned} f(1) &= 2(1)^3 - 3(1)^2 + 3(1) + C_2 \\ &= 2 - 3 + 3 + C_2 \\ &= 2 + C_2 = 5 \end{aligned}$$
$$C_2 = 3$$

Svar: $f(x) = 2x^3 - 3x^2 + 3x + 3$

Sjekk:
- $f'(x) = 6x^2 - 6x + 3$, så $f'(1) = 6 - 6 + 3 = 3$ ✓
- $f''(x) = 12x - 6$ ✓
- $f(1) = 2 - 3 + 3 + 3 = 5$ ✓

a) Vi reknar ut det bestemte integralet:
$$A(x) = \int_0^x t^2\,dt = \left[\frac{t^3}{3}\right]_0^x = \frac{x^3}{3} - \frac{0^3}{3} = \frac{x^3}{3}$$

b) Vi deriverer:
$$A'(x) = \left(\frac{x^3}{3}\right)' = \frac{3x^2}{3} = x^2$$

c) Vi ser at $A'(x) = x^2 = f(x)$ ✓

Dette stemmer med analysens fundamentalsetning.

d) Vi bereknar:
- $\displaystyle A(1) = \frac{1^3}{3} = \frac{1}{3}$: Arealet under $f(t) = t^2$ frå $t = 0$ til $t = 1$
- $\displaystyle A(2) = \frac{2^3}{3} = \frac{8}{3}$: Arealet frå $t = 0$ til $t = 2$
- $\displaystyle A(3) = \frac{3^3}{3} = 9$: Arealet frå $t = 0$ til $t = 3$

Vi ser at arealet veks raskt etter kvart som $x$ aukar.

Svar:
- a) $\displaystyle A(x) = \frac{x^3}{3}$
- b) $A'(x) = x^2$
- c) $A'(x) = x^2 = f(x)$
- d) $\displaystyle A(1) = \frac{1}{3}$, $\displaystyle A(2) = \frac{8}{3}$ og $A(3) = 9$ er areala under grafen til $f$ frå $0$ til høvesvis $1$, $2$ og $3$.

a) Her er $f(t) = t^3$ og $g(x) = x^2$, så $g'(x) = 2x$.

$$A'(x) = f(g(x)) \cdot g'(x) = (x^2)^3 \cdot 2x = x^6 \cdot 2x = 2x^7$$

b) Her er $f(t) = e^t$ og $g(x) = \sin x$, så $g'(x) = \cos x$.

$$B'(x) = f(\sin x) \cdot \cos x = e^{\sin x} \cdot \cos x$$

c) Her må vi splitte integralet:
$$C(x) = \int_{x}^{x^2} t\,dt = \int_0^{x^2} t\,dt - \int_0^{x} t\,dt$$

$$C'(x) = x^2 \cdot 2x - x \cdot 1 = 2x^3 - x$$

Sjekk c): Vi kan også rekne ut $C(x)$ eksplisitt:
$$C(x) = \left[\frac{t^2}{2}\right]_x^{x^2} = \frac{x^4}{2} - \frac{x^2}{2}$$
$$C'(x) = 2x^3 - x \; \checkmark$$

Svar:
- a) $A'(x) = 2x^7$
- b) $B'(x) = e^{\sin x} \cdot \cos x$
- c) $C'(x) = 2x^3 - x$

a) Vi integrerer:
$$A(x) = \int_0^x (4-t)\,dt = \left[4t - \frac{t^2}{2}\right]_0^x = 4x - \frac{x^2}{2}$$

b) Vi veit at $A'(x) = f(x) = 4 - x$.

- $A'(x) > 0$ når $4 - x > 0$, dvs. når $x < 4$: $A$ veks
- $A'(x) < 0$ når $4 - x < 0$, dvs. når $x > 4$: $A$ minkar

c) Maksimum skjer når $A'(x) = 0$, dvs. når $x = 4$.

$$A(4) = 4 \cdot 4 - \frac{16}{2} = 16 - 8 = 8$$

Maksimumspunktet er $(4, 8)$.

Forklaring: Når $x = 4$ kryssar $f(t) = 4 - t$ $t$-aksen. For $t > 4$ er $f(t) < 0$, og området under $t$-aksen gir negativt bidrag til integralet. Derfor byrjar $A(x)$, som er netto areal med forteikn, å minke etter $x = 4$.

d) Grafen til $f(t) = 4 - t$ er ei rett linje som fell frå $(0, 4)$ og kryssar $t$-aksen i $(4, 0)$.
Grafen til $\displaystyle A(x) = 4x - \frac{x^2}{2}$ er ein parabel med topp i $(4, 8)$.

a) Gjennomsnittstemperaturen er:
$$\bar{T} = \frac{1}{6-0} \int_0^6 \left(20 + 4\sin\left(\frac{\pi t}{6}\right)\right)\,dt$$

Vi reknar ut integralet:
$$\begin{aligned} &\int_0^6 \left(20 + 4\sin\left(\frac{\pi t}{6}\right)\right)\,dt \\ = {}&\left[20t - \frac{24}{\pi}\cos\left(\frac{\pi t}{6}\right)\right]_0^6 \end{aligned}$$

$$= \left(120 - \frac{24}{\pi}\cos(\pi)\right) - \left(0 - \frac{24}{\pi}\cos(0)\right)$$

$$= 120 - \frac{24}{\pi}(-1) + \frac{24}{\pi}(1) = 120 + \frac{48}{\pi}$$

Gjennomsnittet:
$$\bar{T} = \frac{1}{6}\left(120 + \frac{48}{\pi}\right) = 20 + \frac{8}{\pi} \approx 22{,}55°C$$

b) Vi løyser $T(t) = \bar{T}$:
$$20 + 4\sin\left(\frac{\pi t}{6}\right) = 20 + \frac{8}{\pi}$$
$$\sin\left(\frac{\pi t}{6}\right) = \frac{2}{\pi}$$
$$\frac{\pi t}{6} = \sin^{-1}\left(\frac{2}{\pi}\right) \approx 0{,}69$$
$$t \approx 1{,}32 \text{ timar}$$

Temperaturen er også lik gjennomsnittet ved $t = 6 - 1{,}32 = 4{,}68$ timar (symmetri).

Svar:
- a) $\displaystyle \bar{T} = 20 + \frac{8}{\pi} \approx 22{,}55\,°\text{C}$
- b) $t \approx 1{,}32$ timar og $t \approx 4{,}68$ timar

a) Vi integrerer $f''(x)$:
$$f'(x) = \int 6x\,dx = 3x^2 + C_1$$
Frå $f'(0) = 2$: $3 \cdot 0^2 + C_1 = 2 \Rightarrow C_1 = 2$
$$f'(x) = 3x^2 + 2$$

b) Vi integrerer $f'(x)$:
$$f(x) = \int (3x^2 + 2)\,dx = x^3 + 2x + C_2$$
Frå $f(0) = 1$: $0 + 0 + C_2 = 1 \Rightarrow C_2 = 1$
$$f(x) = x^3 + 2x + 1$$

c) Nullpunkt: $x^3 + 2x + 1 = 0$

CAS: NLøs(x^3 + 2x + 1 = 0) gir eitt reelt nullpunkt, $x \approx -0{,}453$.

d) Ekstremalpunkt: $f'(x) = 3x^2 + 2 = 0$ gir $\displaystyle x^2 = -\frac{2}{3}$, som ikkje har reelle løysingar.

Sidan $f'(x) = 3x^2 + 2 > 0$ for alle $x$, har $f$ ingen ekstremalpunkt.

e) Arealfunksjonen:
$$\begin{aligned} A(x) &= \int_0^x (t^3 + 2t + 1)\,dt \\ &= \left[\frac{t^4}{4} + t^2 + t\right]_0^x \\ &= \frac{x^4}{4} + x^2 + x \end{aligned}$$

Svar:
- a) $f'(x) = 3x^2 + 2$
- b) $f(x) = x^3 + 2x + 1$
- c) $x \approx -0{,}453$
- d) Ingen ekstremalpunkt
- e) $\displaystyle A(x) = \frac{x^4}{4} + x^2 + x$

a) Ein parabel med nullpunkt i $x = -1$ og $x = 3$ kan skrivast:
$$f'(x) = a(x+1)(x-3)$$

Toppunktet er i $x = 1$ (midt mellom nullpunkta). Der er $f'(1) = 4$:
$$f'(1) = a(1+1)(1-3) = a \cdot 2 \cdot (-2) = -4a = 4$$
$$a = -1$$

Så $f'(x) = -(x+1)(x-3) = -(x^2 - 2x - 3) = -x^2 + 2x + 3$

b) Vi integrerer:
$$f(x) = \int(-x^2 + 2x + 3)\,dx = -\frac{x^3}{3} + x^2 + 3x + C$$

Frå $f(0) = 2$: $0 + 0 + 0 + C = 2$, så $C = 2$.

$$f(x) = -\frac{x^3}{3} + x^2 + 3x + 2$$

c) Ekstremalpunkt der $f'(x) = 0$: $x = -1$ og $x = 3$

- For $x < -1$: $f'(x) < 0$ (minkar)
- For $-1 < x < 3$: $f'(x) > 0$ (stig)
- For $x > 3$: $f'(x) < 0$ (minkar)

Så: Minimum i $x = -1$ og maksimum i $x = 3$.

$\displaystyle f(-1) = \frac{1}{3} + 1 - 3 + 2 = \frac{1}{3}$

$f(3) = -9 + 9 + 9 + 2 = 11$

d) Grafen til $f$ har minimum $\displaystyle (-1, \frac{1}{3})$, maksimum $(3, 11)$, og går gjennom $(0, 2)$.

a) Posisjonen er integralet av hastigheita:
$$s(t) = \int v(t)\,dt = \int (3t^2 - 6t)\,dt = t^3 - 3t^2 + C$$
Frå $s(0) = 2$: $0 - 0 + C = 2 \Rightarrow C = 2$
$$s(t) = t^3 - 3t^2 + 2$$

b) Total tilbakelagd strekning tek omsyn til retningsskifte.

$v(t) = 3t^2 - 6t = 3t(t - 2) = 0$ når $t = 0$ eller $t = 2$.