Anta [tex]f[/tex] er kontinuerlig på [tex][a,b][/tex] og at [tex]f(x)+f(a+b-x)[/tex] er konstant for alle [tex]x\in[a,b][/tex]
Da er [tex]\int_a^b f(x)dx=\frac{1}{2}(b-a)[f(a)+f(b)]=(b-a)f(\frac{a+b}{2})[/tex].
[tex](1).[/tex] Bevis dette.
[tex](2).[/tex] Bruk dette til å regne ut følgende integraler:
[tex](i). \int_0^{ \frac{\pi}{2} } \sin^2 x dx[/tex]
[tex](ii). \int_{-1}^{1} \arctan(e^x) dx[/tex]
[tex](iii). \int_{-1}^{1} \arccos(x^3) dx[/tex]
[tex](iv). \int_{0}^{2} \frac{dx}{x+\sqrt{x^2-2x+2}}[/tex]
[tex](v). \int_{0}^{2} \sqrt{x^2-x+1}-\sqrt{x^2-3x+3} dx[/tex]
[tex](vi). \int_{0}^{4}\frac{dx}{2^x+4}[/tex]
[tex](vii). \int_{0}^{2\pi}\frac{dx}{1+e^{\sin x}}[/tex]
Integral 4
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
La [tex]f(x)+f(a+b-x)=k, k \in R, \forall x \in [a,b][/tex]
Da har vi at [tex]f(a)+f(b)=k[/tex] .... (1)
Fordi ved å la [tex]x=a[/tex] i funksjonallikningen og ved å bruke at a og b er klart begge med i intervallet [tex][a,b][/tex] oppnår vi resultatet.
Og at [tex]f(\frac{a+b}{2})=\frac{k}{2}[/tex] .... (2)
Fordi ved å la [tex]x=\frac{a+b}{2}[/tex] og ved å bruke at [tex]a\underline{<}b \Rightarrow a-b\underline{<}0\underline{<}b-a \Rightarrow 2a\underline{<}a+b\underline{<}2b \Rightarrow a\underline{<}\frac{a+b}{2}\underline{<}b[/tex] oppnår vi resultatet
[tex]I=\int^b_a f(x) \ \rm{d} x =\int^b_a k-f(a+b-x) \ \rm{d} x=(b-a)k-\int^b_a f(a+b-x) \ \rm{d} x[/tex]
Vi ser på [tex]I_2=\int^b_a f(a+b-x) \ \rm{d} x[/tex]
La [tex]u=a+b-x \Rightarrow -\rm{d}u=\rm{d} x[/tex]
De nye grensene:
øvre grense [tex]=a+b-b=a[/tex]
nedre grense [tex]=a+b-a=b[/tex]
[tex]I_2=\int^a_b -f(u) \ \rm{d} u=\int^b_a f(x) \ \rm{d} x = I[/tex]
Da har vi at [tex]I=(b-a)k-I \Rightarrow I=\frac{1}{2}(b-a)k = \frac{1}{2}(b-a)[f(a)+f(b)][/tex] fra (1), og [tex]I=\frac{1}{2}(b-a)[2f(\frac{a+b}{2})=(b-a)[f(\frac{a+b}{2})[/tex] fra (2).
Vi bruker resultatet fra (2) på (i), men først må vise at [tex]f(x)+f(a+b-x)[/tex] er konstant for alle x i intervallet [tex][0,\frac{\pi}{2}][/tex]:
\sin^2(x)+\sin^2(\frac{\pi}{2}-x)=\sin^2(x)+\cos^2(x)=1.
Som gjelder for alle x, og dermed også for alle x i intervallet [tex][0,\frac{\pi}{2}][/tex](i) [tex]\int^{\frac{\pi}{2}}_0\sin^2x \rm{d}x = (\frac{\pi}{2}-0)\sin^2(\frac{\frac{\pi}{2}+0}{2})=\frac{\pi}{2}\sin^2(\frac{\pi}{4})=\frac{\pi}{2}(\frac{\sqrt{2}}{2})^2=\frac{\pi}{4}[/tex]
(ii) [tex]\int^1_{-1} \arctan(e^x)[/tex]
Når jeg skal vise at [tex]f(x)+f(a+b-x)[/tex] er konstant, kan jeg anta at [tex]\arctan(\infty)=\frac{\pi}{2}[/tex] eller må jeg bevise det på noen måte? Det er jo enkelt å se det ved å se på enhetssirkelen.
Er dette et gyldig bevis:
Vi ser på grafen til [tex]y=\tan(x)=\frac{\sin(x)}{\cos(x)}[/tex]Vi ser på grenseverdien [tex]\lim_{x \to \frac{\pi}{2}}\frac{\sin(x)}{\cos(x)}=\infty[/tex]
Vi vet at grafen er definert for alle andre punkter, så dermed må det være en vertikal asymptote i dette punktet.
Da vil følgelig funksjonens invers, (som eksisterer i intervallet [tex][0,\frac{\pi}{2}][/tex]) [tex]y=\arctan(x)[/tex], ha en horisontal asymptote som nærmer seg linjen [tex]y=\frac{\pi}{2}[/tex] når [tex]x \to \infty[/tex]
Da kan vi definere enhver grenseverdi [tex]\lim_{x \to 0} \arctan(\frac{1}{x})=\frac{\pi}{2}[/tex]
Da har vi at [tex]f(a)+f(b)=k[/tex] .... (1)
Fordi ved å la [tex]x=a[/tex] i funksjonallikningen og ved å bruke at a og b er klart begge med i intervallet [tex][a,b][/tex] oppnår vi resultatet.
Og at [tex]f(\frac{a+b}{2})=\frac{k}{2}[/tex] .... (2)
Fordi ved å la [tex]x=\frac{a+b}{2}[/tex] og ved å bruke at [tex]a\underline{<}b \Rightarrow a-b\underline{<}0\underline{<}b-a \Rightarrow 2a\underline{<}a+b\underline{<}2b \Rightarrow a\underline{<}\frac{a+b}{2}\underline{<}b[/tex] oppnår vi resultatet
[tex]I=\int^b_a f(x) \ \rm{d} x =\int^b_a k-f(a+b-x) \ \rm{d} x=(b-a)k-\int^b_a f(a+b-x) \ \rm{d} x[/tex]
Vi ser på [tex]I_2=\int^b_a f(a+b-x) \ \rm{d} x[/tex]
La [tex]u=a+b-x \Rightarrow -\rm{d}u=\rm{d} x[/tex]
De nye grensene:
øvre grense [tex]=a+b-b=a[/tex]
nedre grense [tex]=a+b-a=b[/tex]
[tex]I_2=\int^a_b -f(u) \ \rm{d} u=\int^b_a f(x) \ \rm{d} x = I[/tex]
Da har vi at [tex]I=(b-a)k-I \Rightarrow I=\frac{1}{2}(b-a)k = \frac{1}{2}(b-a)[f(a)+f(b)][/tex] fra (1), og [tex]I=\frac{1}{2}(b-a)[2f(\frac{a+b}{2})=(b-a)[f(\frac{a+b}{2})[/tex] fra (2).
Vi bruker resultatet fra (2) på (i), men først må vise at [tex]f(x)+f(a+b-x)[/tex] er konstant for alle x i intervallet [tex][0,\frac{\pi}{2}][/tex]:
\sin^2(x)+\sin^2(\frac{\pi}{2}-x)=\sin^2(x)+\cos^2(x)=1.
Som gjelder for alle x, og dermed også for alle x i intervallet [tex][0,\frac{\pi}{2}][/tex](i) [tex]\int^{\frac{\pi}{2}}_0\sin^2x \rm{d}x = (\frac{\pi}{2}-0)\sin^2(\frac{\frac{\pi}{2}+0}{2})=\frac{\pi}{2}\sin^2(\frac{\pi}{4})=\frac{\pi}{2}(\frac{\sqrt{2}}{2})^2=\frac{\pi}{4}[/tex]
(ii) [tex]\int^1_{-1} \arctan(e^x)[/tex]
Når jeg skal vise at [tex]f(x)+f(a+b-x)[/tex] er konstant, kan jeg anta at [tex]\arctan(\infty)=\frac{\pi}{2}[/tex] eller må jeg bevise det på noen måte? Det er jo enkelt å se det ved å se på enhetssirkelen.
Er dette et gyldig bevis:
Vi ser på grafen til [tex]y=\tan(x)=\frac{\sin(x)}{\cos(x)}[/tex]Vi ser på grenseverdien [tex]\lim_{x \to \frac{\pi}{2}}\frac{\sin(x)}{\cos(x)}=\infty[/tex]
Vi vet at grafen er definert for alle andre punkter, så dermed må det være en vertikal asymptote i dette punktet.
Da vil følgelig funksjonens invers, (som eksisterer i intervallet [tex][0,\frac{\pi}{2}][/tex]) [tex]y=\arctan(x)[/tex], ha en horisontal asymptote som nærmer seg linjen [tex]y=\frac{\pi}{2}[/tex] når [tex]x \to \infty[/tex]
Da kan vi definere enhver grenseverdi [tex]\lim_{x \to 0} \arctan(\frac{1}{x})=\frac{\pi}{2}[/tex]