Matematikk for ingeniørfag prøvekaptiler

Martin GulbrandsenJohannes KleppeTore A. Kro Jon Eivind Vatne

MATEMATIKK FOR INGENIØRFAG– med digital arbeidsbok

PRØVEKAPITLER

Martin G. Gulbrandsen Johannes KleppeTore A. Kro Jon Eivind Vatne

MATEMATIKKFOR INGENIØRFAG

Foreløpig utgave. © Gyldendal Norsk Forlag 2013

Innhold

7 Anvendelser av integrasjon 117.1 Riemann-summer 117.2 Analysens fundamentalteorem 197.3 Lengde, areal og volum 257.4 Tyngdepunkt og gjennomsnitt 367.5 Arbeid 397.6 Uegentlige integraler 427.7 Numerisk integrasjon med feilestimering 48

13 Fourier-rekker 6113.1 *Varmeligningen 6113.2 Trigonometriske rekker 6313.3 Periodiske funksjoner 6813.4 Konvergens for Fourier-rekker 8113.5 *Periodiske ytre krefter og resonans 89


Innhold endelig utgave

1 Grunnleggende materiale 61.1 Regning med tall 61.2 Polynomer og rasjonale funksjoner 101.3 Funksjoner 171.4 Trigonometriske funksjoner 221.5 Eksponentialfunksjoner og

logaritmefunksjoner 341.6 Absoluttverdier og ulikheter 401.7 Vektorregning 441.8 Krefter og momenter 55

2 Komplekse tall 582.1 Roten av �1 582.2 Geometrisk tolkning av komplekse tall 652.3 Røtter av komplekse tall 792.4 *Tillegg: Utelatte resonnementer 85

3 Mengder og resonnementer 863.1 Mengdenotasjon 863.2 Mengder 893.3 Grunnleggende logikk 993.4 Resonnementer 1123.5 Algoritmer 121

4 Kontinuitet 1274.1 Kontinuerlige og diskontinuerlige

fenomener 1274.2 Grenseverdier for funksjoner 1304.3 Kontinuerlige funksjoner 1384.4 Skjæringssetningen 1424.5 Maksima og minima 1464.6 *Tillegg: Utelatte resonnementer 1474.7 *Tillegg: Utelatte resonnementer 148

5 Derivasjon 1545.1 Endringsrate 1545.2 Definisjon av den deriverte 1565.3 Tangenter og lineær tilnærming 1585.4 Newtons metode 1635.5 Regneregler for derivasjon av

sammensatte uttrykk 1655.6 Ekstremalpunkter og funksjonsdrøfting 1705.7 Derivasjon av omvendte funksjoner 1755.8 Tillegg: Utelatte resonnementer 177

6 Integrasjon 1866.1 Arealfunksjonen 1866.2 Den antideriverte 1866.3 Integrasjonsteknikker 1906.4 Delbrøkoppspalting og integrasjon av

rasjonale funksjoner 198

7 Anvendelser av integrasjon 2137.1 Riemann-summer 2137.2 Analysens fundamentalteorem 2207.3 Lengde, areal og volum 2257.4 Tyngdepunkt og gjennomsnitt 2357.5 Arbeid 2377.6 Uegentlige integraler 2407.7 Numerisk integrasjon med

feilestimering 245

8 Rekker 2578.1 Følger 2578.2 Differenslikninger 2668.3 Definisjon av rekke 2788.4 Konvergenstesting og

summering av rekker 2848.5 Potensrekker 2948.6 Taylor-rekker 3098.7 *Andre konvergenstester 3218.8 *Tillegg: Forklaring på

konvergenstestene 3258.9 Utelatte resonnementer 336


8 � MATEMATIKK FOR INGENIØRFAG8 � MATEMATIKK FOR INGENIØRFAG

9 Lineær algebra 1 3379.1 Ligningssystemer 3379.2 Underrom av R

n. 3659.3 Matriser 3769.4 Lineære transformasjoner 3919.5 Determinanter 408

10 Lineær algebra 2 42810.1 Egenverdier og egenrom 42810.2 Markovkjeder og andre dynamiske

systemer 43610.3 Diagonalisering 44410.4 Underrom av R

n. 45210.5 Skifte av basis 465

11 Funksjoner av flere variabler 47511.1 Grafer og grenser 47511.2 Partielt deriverte 48211.3 Ekstremalverdier 49511.4 Dobbeltintegral 50311.5 *Tillegg: Utelatte resonnementer 509

12 Differensiallikninger 51212.1 Hva er en differensiallikning? 51212.2 Numerisk løsning av første ordens

differensiallikninger 51412.3 Separable differensiallikninger 52112.4 Lineære differensiallikninger med

konstante koeffisienter 52512.5 Integrerende faktor 53712.6 Startverdiproblemer og

randverdiproblemer 54112.7 *Systemer av differensiallikninger 545

13 Fourier-rekker 55713.1 *Varmeligningen 55713.2 Trigonometriske rekker 55913.3 Periodiske funksjoner 56213.4 Konvergens for Fourier-rekker 57413.5 *Periodiske ytre krefter og resonans 581

14 Laplace-transformasjonen 58414.1 Eksponentiell vekst og

Laplace-transformasjonen 58414.2 Linearitet, eksistens og entydighet 58714.3 Basisformler for laplacetransformen 58914.4 Heavisides enhetssteg, Diracs impuls og

Gammafunksjonen 59314.5 Derivasjon, integrasjon, skiftsetninger

og konvolusjon 59714.6 Laplacetransformen og

initialverdiproblem 60414.7 *Tillegg: Utledning av

laplacetransformens formler 611


MATEMATIKK FOR INGENIØRFAG � 9MATEMATIKK FOR INGENIØRFAG � 9

7 Anvendelser av integrasjon

I dette kapittelet skal vi innføre Riemann-summer, som er en presis versjon av«arealet under grafen» til en funksjon. Det setter oss i stand til å gi en nøyaktigversjon av analysens fundamentalteorem (se innledningen til forrige kapittel):Enhver kontinuerlig funksjon har en antiderivert gitt av arealet under grafen –definert ved hjelp av Riemann-summer.

En umiddelbar konsekvens er at vi kan beregne arealer ved hjelp av antiderivasjon.Langt viktigere er likevel at Riemann-summer dukker naturlig opp i mangesammenhenger, både i teoretiske og anvendte problemer, som vi dermed kanløse ved hjelp av integrasjonsteknikkene fra forrige kapittel. Riemann-summeneer også godt egnet til å finne tilnærmingsverdier for integraler ved hjelp avdatamaskin.

7.1 Riemann-summerLa f ðxÞ være en funksjon definert (minst) pa et lukket intervall ½a, b�.Del opp intervallet i mange sma delintervaller. Vi velger tall ui slik at

a ¼ u0 < u1 < u2 < . . . < un ¼ b: ð7:1Þ

Na deler vi intervallet ½a, b� ved hver ui:

½a, b� ¼ ½u0, u1� [ ½u1, u2� [ . . . [ ½un� 1, un�Bredden av hvert delintervall skriver vi

�xi ¼ ui � ui� 1:

Ideen er na at hvis breddene �xi er sma og funksjonen f ikke er altfor vill, rekker

ikke funksjonsverdien f ðxÞ a endre seg noe særlig over hvert lille intervall ½ui, uiþ 1�,men er tilnærmet konstant, la oss si lik f ðxiÞ, der

xi 2 ½ui� 1, ui�er et vilkarlig valgt tall innenfor hvert delintervall. Arealet under grafen til f

kan vi derfor tilnærme med n rektangler, hvert med bredde �xi og høyde f ðxiÞ.Hvert slikt rektangel har arealet f ðxiÞ�xi, sa arealet under grafen til f ðxÞ er om lagXn

i¼ 1

f ðxiÞ�xi:

Slike summer dukker opp sa ofte at vi sammenfatter konstruksjonen og gir den et

navn:

7.1.1 DEFINISJON

En Riemann-sum for fðxÞ over intervallet ½a, b� er en sumXn

i¼1

fðxiÞ�xi

der vi har valgt ui 2 ½a, b� som i (7.1), satt �xi ¼ ui � ui�1 og valgt xi 2 ½ui�1, ui�.


0,5 1 1,5 2 2,5

1

2

3

f (x)

x

Figur 7.1 Riemann-sum for fðxÞ ¼ x3 � 3x2 þ 2xþ 1

7.1.2 MERKNAD

Delintervallene ½ui�1, ui� trenger ikke ha samme bredde �xi. Fleksibiliteten vi får vedå kunne variere bredden fra ett delintervall til neste, er en fordel i teoretisk arbeid,men er sjelden nyttig i anvendelser. Derfor vil vi nesten alltid gjøre oppdelingen av ½a, b�

ved å dele inn i n like store delintervaller, hvert med bredden �x ¼ b� an

.Da er altså ui ¼ aþ i�x.

7.1.3 EKSEMPEL

Se pa funksjonen f ðxÞ ¼ x3 � 3x2 þ 2xþ 1 over intervallet ½0, 2,5�. La oss velge a

dele inn dette intervallet i fem like store delintervaller, hvert med bredden �x ¼ 0,5.

Velg xi som midtpunktet i hvert delintervall, det vil si:

x1 ¼ 0,25, x2 ¼ 0,75, x3 ¼ 1,25, x4 ¼ 1,75, x5 ¼ 2,25:

Riemann-summen gitt av disse valgene erX5

i¼ 1

f ðxiÞ�x ¼ f ð0,25Þ � 0,5þ f ð0,75Þ � 0,5þ f ð1,25Þ � 0,5þ f ð1,75Þ � 0,5þ f ð2,25Þ � 0,5þ � 2,85:

Figur 7.1 viser grafen til f sammen med rektanglene som svarer til Riemann-summen

ovenfor. Tallet 2,85 er altsa summen av arealene til disse rektanglene. Figuren viser

en noksa grov tilnærming til arealet under grafen.

12 � MATEMATIKK FOR INGENIØRFAG


0,5 1 1,5 2 2,5

1

2

3

f (x)

x

Figur 7.2 En finere Riemann-sum for fðxÞ ¼ x3 � 3x2 þ 2xþ 1

7.1.4 EKSEMPEL

La oss gjenta forrige eksempel, men med en langt finere inndeling i mange

delintervaller, slik at vi far en mer nøyaktig tilnærming til arealet. Figur 7.2 illustrerer

situasjonen med 30 like store delintervaller, og som vi ser er forskjellen mellom

arealet under grafen og summen av arealene til rektanglene na temmelig liten.

Men la oss like godt bruke datamaskin og velge 1000 delintervaller.

a = 0b = 2.5n = 1000 % antall delintervallerDelta = (b - a)/n % lengden av hvert delintervall

x = a + Delta/2 % midtpunktet i første delintervallR = 0 % skal bli Riemann-summen

for i=1 to nR = R + (x^3-3*x^2+2*x+1)*Delta % legg til neste ledd i Riemann-summenx = x + Delta % midtpunktet i neste delintervall

end for

print R

Kjøring av programmet gir 2,8906. I eksempel 7.2.3 pa side 20 skal vi se at nar

vi deler inn intervallet ½0, 2,5� i delintervaller med stadig mindre bredder,

slik at alle �xi gar mot 0, vil alle Riemann-summerPni¼ 1

f ðxiÞ�xi nærme seg

eksakt verdien185

64. Med fire gjeldende siffer runder vi av til 2,8906!

KAPITTEL 7: ANVENDELSER AV INTEGRASJON � 13


Hvis f ðxÞ ikke er altfor vill, vil alle Riemann-summer nærme seg et bestemt tall

nar breddene �xi av delintervallene blir sma nok. Mer presist:

7.1.5 DEFINISJON

La fðxÞ være en funksjon definert (minst) på et lukket intervall ½a, b�. Vi sier at fðxÞ erintegrerbar på ½a, b� dersom det finnes et tall I 2 R som er slik at vi kan tvinge alleRiemann-summerPn

i¼1fðxiÞ�xi

til å bli så nær I vi måtte ønske, bare ved å kreve at tallene �xi er tilstrekkelig små.I så fall skriver vi

Rba

fðxÞ dx ¼ I,

og dette tallet kalles det bestemte integralet til fðxÞ over ½a, b�.

Det bestemte integraletRba

f ðxÞ dx er arealet mellom grafen og x-aksen, men nøyaktig

definert som grense av Riemann-summer. Arealet regnes med fortegn, det vil si at

arealer pa undersiden av x-aksen (nar f ðxÞ er negativ) regnes med negativ verdi.

For eksempel erR2�0

sin x dx ¼ 0, fordi arealene mellom sinuskurven og x-aksen nar

x 2 ½0, �� og nar x 2 ½�, 2�� er akkurat like store, men det siste regnes negativt.

7.1.6 MERKNAD

SumtegnetP

er en sigma, altså en gresk S. SymboletR

er også en variant

av bokstaven S, innført av Leibniz. SkrivemåtenRba

fðxÞ dx er valgt for å minne

oss om Riemann-summenPni¼ 1

fðxiÞ�xi.

7.1.7 MERKNAD


fðxÞ dx og det ubestemte integraletR

fðxÞ dx er definert på helt

forskjellige måter: Det bestemte integralet er et tall og er definert som en grense avRiemann-summer. Det ubestemte integralet er en betegnelse på de antiderivertefunksjonene til fðxÞ. Disse to definisjonene er nært knyttet sammen gjennomanalysens fundamentalteorem, som vi gjennomgår i neste avsnitt.



Det gar an a vise direkte av definisjonen at en del enkle funksjoner er integrerbare.

Det er imidlertid mye jobb, siden definisjonen er litt komplisert, men vi reddes av

et stort og viktig resultat:

7.1.8 TEOREM

Gå ut fra at fðxÞ er kontinuerlig over ½a, b�. Da er fðxÞ integrerbar over ½a, b�.

Vi skal ikke bevise dette resultatet.

Grenser av Riemann-summer dukker opp i svært mange sammenhenger,

som ikke nødvendigvis har noe som helst med arealet under grafer a gjøre.

Derfor er bestemte integralerRba

f ðxÞ dx viktige. Vi ser pa et eksempel.

Figur 7.3 Fartsdistribusjon vðrÞ ved laminær strømning

7.1.9 EKSEMPEL

Nar en væske strømmer gjennom et rør under bestemte ideelle betingelser (laminær

strømning), vil farten være størst i sentrum av røret og stadig mindre utover mot

rørveggen. Det skyldes at friksjon mot veggen i røret bremser væsken. Figur 7.3

viser et tverrsnitt av et rør, der lengden pa pilene illustrerer farten til væsken

i ulike lag: størst i sentrum og minst nær veggen. Langs sirklene som er tegnet inn,

med sentrum lik tverrsnittets sentrum, er farten konstant: Farten v avhenger bare

av avstanden r til rørets sentrum.

I en mye brukt modell er fartsdistribusjonen gitt av funksjonen

vðrÞ ¼ A 1� r

R

� �2� �

der R er rørets radius, A er en konstant, og variabelen r er avstanden fra rørets sentrum.

Det betyr at en «væskepartikkel»som befinner seg i avstanden r fra rørets sentrum,

beveger seg med farten vðrÞ. I sentrum er r ¼ 0, og der er farten vð0Þ ¼ A.

Helt ute ved rørveggen, der r ¼ R, er vðRÞ ¼ 0.

Vi skal undersøke hvor mye væske som passerer et tverrsnitt av røret per tidsenhet.

For a gjøre spraket enklere skal vi velge enheter: Vi maler tiden i sekunder og lengden



i meter. Vi tenker oss at vi deler inn rørets innhold i mange tynne sylinderskall,

la oss si n stykker, hvert med tykkelsen �ri meter og med avstanden ri meter fra

sentrum.Tykkelsene �ri skal være veldig sma. All væske i hvert sylinderskall strømmer

med omtrent samme fart, nemlig vðriÞ meter per sekund. Tverrsnittsarealet av et

slikt sylinderskall er om lag lik 2�ri�ri kvadratmeter (tenk pa en «tykk sirkel»,

med omkrets 2�ri og tykkelse �ri). Hvert sekund beveger væsken i sylinderskallet

seg en avstand pa vðriÞ meter. Volumet til den væsken som har passert tverr-

snittsarealet 2�ri�ri i løpet av ett sekund, er derfor 2�rivðriÞ�ri kubikkmeter.

For a finne volumet til all væsken som passerer et tverrsnitt av hele røret per sekund,

summerer vi opp bidragene fra alle sylinderskallene og far

Pni¼ 1

2�rivðriÞ�ri

kubikkmeter per sekund. Har vi sett slike summer før? Ja, dette er en Riemann-sum

for funksjonen

f ðrÞ ¼ 2�rvðrÞ ¼ 2�Ar 1� r

R

� �2� �

:

Nar vi gjør sylinderskallene tynnere og tynnere, gir Riemann-summen en stadig

bedre tilnærming til den virkelige volumstrømmen. I grensen, nar alle tykkelsene �ri

gar mot null, blir volumstrømmen det bestemte integraletZR

0

2�Ar 1� r

R

� �2� �

dr:

7.1.10 EKSEMPEL

Det bestemte integralet

ZR

0

2�Ar 1� r

R

� �2� �

dr skal vi regne ut eksakt i neste

avsnitt. Men la oss ga frem pa samme mate som i eksempel 7.1.4 og regne ut

en Riemann-sum direkte, med veldig fin oppdeling av intervallet ½0, R�.Da ma vi bestemme oss for hva rørradien R og den maksimale farten A skal være:

La oss sette R ¼ 1 og A ¼ 1 (det spiller ikke sa stor rolle hva vi velger, for vi

kan godt bruke rørradien som enhet for lengde og den maksimale farten A

som enhet for fart). Integralet vart blir da

ZR

0

2�Ar 1� r

R

� �2� �

dr ¼Z1

0

2�rð1� r2Þ dr:

For a tilnærme oss dette integralet kan vi ga fram som i pseudokoden øverst pa

neste side.



a = 0b = 1n = 1000 % antall delintervallerDelta = (b - a)/n % lengden av hvert delintervallpi = 3.14159

r = a % venstre endepunkt i første delintervallS = 0 % skal bli Riemann-summen

for i=1 to nS = S + 2*pi*r*(1-r^2)*Delta % legg til neste ledd i Riemann-summenr = r + Delta % venstre endepunkt i neste delintervall

end for

print S

Koden er nesten den samme som i eksempel 7.1.4, bare med noen sma justeringer.

Vi har brukt S som variabelnavn for Riemann-summen i stedet for R, bare for ikke

a bli forvirret og blande sammen med rørradien. Vi har ogsa valgt venstre endepunkt

i hvert delintervall i stedet for midtpunktet. Dette er bare gjort for a minne om at

det ikke spiller noen rolle hvilket punkt vi velger. Sa lenge funksjonen er integrerbar,

vil alle Riemann-summer konvergere mot en og samme verdi nar bredden pa

delintervallene gar mot 0.

Programmet returnerer S ¼ 1,5708. Det ligner veldig pa �=2, som faktisk er

den eksakte verdien til det bestemte integraletR10

2�rð1� r2Þ dr.

La oss sammenligne svaret med en tenkt situasjon der all væsken i røret har

den samme farten, la oss si w, uavhengig av avstanden fra senteret. Arealet av

et tverrsnitt er �R2, sa volumet væske som passerer et tverrsnitt per sekund,

vil være �R2w. Setter vi R ¼ 1, far vi �w, og det vil si at dersom w ¼ 1=2,

passerer det akkurat like mye væske gjennom røret som vi hadde gjennom røret

med fartsdistribusjonen vðrÞ. Husker vi pa at vi brukte den maksimale farten A

som enhet for fart, kan vi konkludere med at gjennomsnittsfarten w til strømningen

med fartsdistribusjonen vðrÞ er halvparten av den maksimale farten A.

For senere bruk avslutter vi denne bolken med a forklare hvorfor integralet kan

beregnes pa delintervaller:

7.1.11 SETNING

La a � b � c. Da er

Rca

fðxÞ dx ¼Rba

fðxÞ dxþRcb

fðxÞ dx

når f er integrerbar over de aktuelle intervallene.



7.1.12 BEVIS

Hvis vi intuitivt tenker på det bestemte integralet som arealet under grafen (med fortegn),er dette temmelig opplagt: Arealet under grafen for x 2 ½a, c� er lik arealet under grafenfor x 2 ½a, b� pluss arealet under grafen for x 2 ½b, c�. Vi viser setningen direktefra definisjonen av bestemte integraler som grense av Riemann-summer slik: Velg

a ¼ u0 < u1 < . . . < un ¼ b

og xi 2 ½ui�1, ui�. Det gir Riemann-summen (vi setter �xi ¼ ui � ui� 1 som vanlig)Xn

i¼1

fðxiÞ�xi:

Nå kan vi fortsette og velgeb ¼ un < unþ1 < . . . < um ¼ c

og xi 2 ½ui�1, ui� for i fra nþ 1 til m. Da får vi Riemann-summenXmi¼nþ1

fðxiÞ�xi

Legger vi sammen de to Riemann-summene, får viXn

i¼1

fðxiÞ�xi þXm

i¼nþ1

fðxiÞ�xi ¼Xmi¼0

fðxiÞ�xi:

Når alle �xi går mot 0, vil den første summen gå motRba

fðxÞ dx, den andre summen

går motRcb

fðxÞ dx, og den siste summen går motRca

fðxÞ dx.

Det er nyttig a definere uttrykketRba

f ðxÞ dx ogsa nar a > b. Hvis vi krever at

setningen ovenfor fortsatt skal gjelde, ma vi ha

Rba

f ðxÞ dxþRab

f ðxÞ dx ¼Raa

f ðxÞ dx ¼ 0:

Altsa velger vi denne definisjonen:

7.1.13 DEFINISJON

Hvis a > b, definerer vi

Rba

fðxÞ dx ¼ �Rab

fðxÞ dx,

der høyre side er det bestemte integralet som vi har definert før.

Det er vanligvis svært komplisert a analysere grenser av Riemann-summer direkte,

sa vi skal ikke beregne bestemte integraler direkte fra definisjon 7.1.5 pa side 14,

utover numeriske estimater, som i eksempel 7.1.4. I neste avsnitt skal vi imidlertid

se at gjennom analysens fundamentalteorem kan vi regne ut mange bestemte

integraler eksakt ved hjelp av antiderivasjon. Definisjonen som en grense av Riemann-

summer er likevel viktig for anvendelser av integralet, som i eksempel 7.1.9.



7.2 Analysens fundamentalteorem

7.2.1 TEOREM

La fðxÞ være en kontinuerlig funksjon i et åpent intervall som inneholder ½a, b�.Anta at FðxÞ er en funksjon som oppfyller F 0ðxÞ ¼ fðxÞ for alle x 2 ½a, b�.Da er

Rba

fðxÞ dx ¼ FðbÞ � FðaÞ:

La oss først klargjøre hva teoremet sier, og hvordan vi kan bruke det:

Vi tenker oss at vi har til oppgave a regne ut det bestemte integraletRba

f ðxÞ dx,

som er definert som en grense av Riemann-summerPni¼ 1

f ðxiÞ�xi.

Hvis vi skal bruke teoremet, ma vi kunne regne ut det ubestemte integraletRf ðxÞ dx ¼ FðxÞ þ C:

Nar vi har funnet FðxÞ, er det bare a sette inn endepunktene a og b. Svaret er

FðbÞ � FðaÞ:

Det at alle de antideriverte er pa formen FðxÞ þ C, kan ogsa omformuleres

ved hjelp av det bestemte integralet. Funksjonen

FðxÞ ¼Rxa

f ðtÞ d t

er en antiderivert til f . SidenRaa

f ðxÞ dx ¼ 0, ser vi at integrasjonskonstanten C er

verdien til FðaÞ þ C. Konklusjonen er at en generell antiderivert til f ser ut som

FðxÞ ¼ FðaÞ þRxa

f ðtÞ d t:

7.2.2 MERKNAD

Vi skriver�FðxÞ

�ba ¼ FðbÞ � FðaÞ:

For eksempel er�x2 � 1

�3�2 ¼ ð3

2 � 1Þ ��ð�2Þ2 � 1

¼ 8� 3 ¼ 5:



7.2.3 EKSEMPEL

Vi skal regne utR5=2

0

ðx3 � 3x2 þ 2xþ 1Þ dx. Vi regner først ut det ubestemte

integralet, altsa en antiderivert:Rðx3 � 3x2 þ 2xþ 1Þ dx ¼ 1

4x4 � x3 þ x2 þ xþ C

Fundamentalteoremet sier na at vi finner verdien til det bestemte integralet ved

a sette inn endepunktene og ta differansen:

R5=2

0

ðx3 � 3x2 þ 2xþ 1Þ dx ¼ 1

4x4 � x3 þ x2 þ x

�5=2

0

¼ 1

4

5

2

� �4

� 5

2

� �3

þ 5

2

� �2

þ 5

2

!� 1

404 � 03 þ 02 þ 0

� �

¼ 185

64

Det er litt arbeid a sette pa felles brøkstrek i siste trinn, men det gar. Dette er det

eksakte svaret (som desimaltall eksakt lik 2,890625), mens vi i eksempel 7.1.4 fant

en numerisk tilnærming ved a regne ut Riemann-summer direkte.

I eksempelet ignorerte vi integrasjonskonstanten C: Fundamentalteoremet sier at

det bestemte integralet er lik FðbÞ � FðaÞ uansett hvilken antiderivert vi velger

som FðxÞ, sa vi kan like godt velge C ¼ 0. At dette valget ikke har noen betydning,

kan vi se direkte: Bruker vi FðxÞ þ C som var antideriverte til f ðxÞ, far vi�FðxÞ þ C

�ba¼�FðbÞ þ C

��FðaÞ þ C

¼ FðbÞ � FðaÞ:

Altsa forsvinner konstanten C.

7.2.4 EKSEMPEL

Nar vi utfører delvis integrasjon i forbindelse med bestemte integraler, er det vanlig a

sette inn konstantene i den «ferdige» delen av integralet med en gang.

Fremgangsmaten er illustrert i denne utregningen:

R31

ð2xþ 1Þ ln x dx ¼�ðx2 þ xÞ ln x

�31�Z3

1

ðx2 þ xÞ 1x

dx

¼ ð9þ 3Þ lnð3Þ � ð1þ 1Þ lnð1Þ �R31

xþ 1 dx

¼ 12 lnð3Þ � x2

2þ x

�3

1

¼ 12 lnð3Þ � 6



7.2.5 EKSEMPEL

Nar vi utfører substitusjonen u ¼ uðxÞ i forbindelse med bestemte integraler,

kan vi enten sette tilbake x i svaret før vi setter inn grensene, eller regne om

grensene til u. La oss gjøre begge deler for samme integral:R10

ð2xþ 1Þ2 dx

Substitusjonen er u ¼ 2xþ 1, slik at du ¼ 2 dx. Det gir

R10

ð2xþ 1Þ2 dx ¼Zx¼ 1

x¼ 0

u2

2du

¼ u3

6

�x¼ 1

x¼ 0

¼ ð2xþ 1Þ3

6

" #1

0

¼ 33 � 13

6¼ 13

3

Dersom vi heller vil regne om grensene, finner vi fra u ¼ 2xþ 1 at x ¼ 0 gir

u ¼ 2 � 0þ 1 ¼ 1, og x ¼ 1 gir u ¼ 2 � 1þ 1. Dermed har vi

R10

ð2xþ 1Þ2 dx ¼Z1

1

u2

2du

¼ u3

6

�3

1

¼ 33 � 13

6¼ 13

3

Utregningene er ganske like, og det er mest en smakssak hvordan vi foretrekker

a gjøre det.

Mange anvendelser av integrasjon følger dette mønsteret:

1 Først observerer vi at en fysisk eller matematisk størrelse vi søker, kan

formuleres som en grense av Riemann-summerPni¼ 1

f ðxiÞ�xi. Nar vi først er

blitt vant til a se etter Riemann-summer, forekommer dette forbausende ofte.

2 Grenser av Riemann-summer gjenkjenner vi som et bestemt integralRba

f ðxÞ dx.

Ofte vil størrelsen vi begynte med i punkt 1 ikke være helt presist definert

i utgangspunktet, og da vil vi la det bestemte integralet være den matematiske

definisjonen av denne størrelsen.

3 Takket være analysens fundamentalteorem kan vi regne utRba

f ðxÞ dx

ved a finne en antiderivert til f , og da kan vi sla til med alle integrasjons-

teknikkene fra forrige kapittel.



7.2.6 EKSEMPEL

I eksempel 7.1.9 pa side 15 fant vi at volumstrømmen gjennom et tverrsnitt av

et rør kunne tilnærmes med Riemann-summenPni¼ 1

2�ri vðriÞ�ri,

der vðrÞ ¼ A 1� r

R

� �2� �

var fartsdistribusjonen. Dette er punkt 1 i lista ovenfor.

Tilnærmingen er stadig mer nøyaktig dess mindre �ri er, og vi gjenkjenner grensen

av Riemann-summer nar �ri gar mot null, som det bestemte integraletZR

0

2�Ar 1� r

R

� �2� �

dr:

Dette er punkt 2 i lista var. Vi fant en numerisk tilnærming til dette integralet

i eksempel 7.1.10, men na vet vi at analysens fundamentalteorem sier at vi kan

løse integralet ved hjelp av antiderivasjon. Dette er punkt 3 i lista ovenfor,

som vi na skal gjennomføre.

Vi skal løse det ubestemte integraletZ2�Ar 1� r

R

� �2� �

dr ¼ 2�A

R2

Zr R2 � r2�

dr

Her har vi trukket ut noen konstanter. Det er ikke nødvendig, men det sparer

oss for litt skrivearbeid i det følgende. Substitusjon med

uðrÞ ¼ R2 � r2 ¼) u 0ðrÞ ¼ �2r

gir Rr R2 � r2ð Þ dr ¼ � 1

2

Zð�2rÞ R2 � r2

� dr

¼ � 1

2

Zu 0ðrÞuðrÞ dr

¼ � 1

2

Zu du

¼ � 1

2� 12

u2 þ C

¼ � 1

4ðR2 � r2Þ2 þ C:

Na har vi funnet en antiderivert, og vi kan bruke analysens fundamentalteorem til

a finne det bestemte integralet:

2�A

R

2 ZR

0

r R2 � r2�

dr ¼ 2�A

R

2

� 1

4ðR2 � r2Þ2

�R

0

¼ 2�A

R

2

� 1

4ðR2 � R2Þ2

� �� 1

4ðR2 � 02Þ2

� ��

¼ 2�A

R

2

0þ 1

4R4

� �

¼ 1

2�AR2:



Med enhetene i eksempel 7.1.9 har vi altsa med denne modellen for væskestrøm,

funnet at det strømmer eksakt 12�AR2 m3 væske gjennom et rørtverrsnitt per sekund.

Til sammenligning fant vi i eksempel 7.1.10, nar vi satte A ¼ 1 og R ¼ 1,

den numeriske tilnærmingsverdien 1,5708, som stemmer overens med �=2 avrundet

til fire desimaler.

Bevis for fundamentalteoremetDenne delen er litt mer teoretisk enn resten av kapittelet, og noen lesere vil kanskje

foretrekke a hoppe over dette, i alle fall i første omgang. Men fundamentalteoremet

er sa sentralt at det er verdt a bruke litt krefter pa a forsta det skikkelig.

Vi skal først formulere en variant av fundamentalteoremet.

7.2.7 TEOREM

La fðxÞ være en kontinuerlig funksjon i et åpent intervall som inneholder ½a, b�.Definer en ny funksjon

FðxÞ ¼Rxa

fðtÞ d t

for alle x 2 ½a, b�. Denne funksjonen FðxÞ er en antiderivert til fðxÞ:F 0ðxÞ ¼ fðxÞ

I teoremet har vi brukt t som integrasjonsvariabel, siden vi allerede har brukt x

som navn pa den øvre grensen i integralet. Det ville da være forvirrende om

integrasjonsvariabelen ogsa het x.

Hvis vi oppfatterRxa

f ðtÞ d t som arealet under grafen til f , over intervallet ½a, x�,

sa sier dette teoremet nettopp at «arealfunksjonen»er en antiderivert til f .

Beviset vi skal gi, er veldig likt argumentet i innledningen til forrige kapittel,

men med det presist definerte bestemte integralet i rollen som areal.

7.2.8 BEVIS (FOR TEOREM 7.2.7)

Når f er kontinuerlig, sikrer teorem 7.1.8 at f også er integrerbar, slik at definisjonenav FðxÞ som bestemt integral gir mening.

Den deriverte av FðxÞ er definert slik:

F 0ðxÞ ¼ limh! 0

Fðxþ hÞ � FðxÞh

¼ limh! 0

1h

Rxþh

afðtÞ d t �

Rxa

fðtÞ d t

!

Hvis vi deler opp det første integraletRxþh

afðtÞ d t som

Rxa

fðtÞ d t þRxþh

xfðtÞ d t får vi

F 0ðxÞ ¼ limh! 0

1h

Rxa

fðtÞ d t þRxxþhfðtÞ d t �

Rxa

fðtÞ d t� �

¼ limh! 0

1h

Rxþh

xfðtÞ d t:



Når vi nå skal forstå grenseverdien, går vi ut fra at h > 0, men et helt tilsvarenderesonnement gjelder for h < 0.

Intuitivt er det gjenværende integraletRxþh

xfðtÞ d t lik arealet under grafen til fðtÞ

over intervallet ½x, xþ h�, og dette arealet er omtrent lik fðxÞh når h er liten.

Derfor er1h

Zxþh

x

fðtÞ d t � fðxÞ, og denne tilnærmingen forventer vi blir en eksakt likhet

når h går mot null. Dette resonnementet kan nå gjøres presist med Riemann-summer:

La ymaks og ymin være maksimum og minimum for den kontinuerlige funksjonen fðtÞ

over det lukkede intervallet ½x, xþ h�. Hvis R ¼Pni¼1

fðtiÞ�ti er en Riemann-sum

for fðtÞ over intervallet ½x, xþ h�, må ymin � fðtiÞ � ymaks for alle i.

SidenPni¼1

�ti er bredden av intervallet ½x, xþ h�, som er h, er yminh � R � ymaksh.

Da vil også grensen av Riemann-summer oppfylle samme ulikhet:

ymin h �Rxþ h

xfðtÞ d t � ymaks h

Deler vi på h, ser vi nå at1h

Zxþh

x

fðtÞ d t ligger mellom de to tallene ymin og ymaks.

Men nå skal h gå mot null: Siden f er kontinuerlig, vil da maksimum ymaks ogminimum ymin for fðtÞ over intervallet ½x, xþ h� nærme seg en og samme verdi fðxÞ,og vi får (ved teorem [REF])

limh! 0

1h

Zxþ h

x

fðtÞ d t ¼ fðxÞ

som var det vi skulle bevise.

Na er den største jobben gjort, og vi er klare for a utlede analysens fundamental-

teorem pa formen i teorem 7.2.1:

7.2.9 BEVIS (FOR TEOREM 7.2.1)

For å vise teorem 7.2.1 tar vi utgangspunkt i det vi har lært i teorem 7.1.8 på side 15,nemlig at funksjonen

GðxÞ ¼Rxa

fðtÞ d t

er en antiderivert til f. Nå vet vi også at dersom F er en annen antiderivert�slik at F 0ðxÞ ¼ fðxÞ

, så er GðxÞ ¼ FðxÞ þ C for en konstant C. Altså erRx

afðtÞ d t ¼ FðxÞ þ C

for alle verdier av x. Om vi setter x ¼ a, får vi

0 ¼Raa

fðtÞ d t ¼ FðaÞ þ C

slik at C ¼ �FðaÞ. Setter vi inn x ¼ b, får viRba

fðtÞ d t ¼ FðbÞ � C ¼ FðbÞ � FðaÞ

som ønsket.



7.3 Lengde, areal og volumIntegrasjon kan brukes til a regne ut geometriske størrelser som lengden av en del av

en graf, et areal avgrenset av grafer og forskjellige volumer. I kapittel ??? skal vi

behandle areal og volum mer systematisk ved hjelp av integrasjon av funksjoner i flere

variabler, men en del far vi til allerede na.

BuelengdeHva mener vi med buelengden til en graf? Vi vet i alle fall hva lengden av et

linjestykke betyr: Den rette linja fra punktet ðx1, y1Þ til punktet ðx2, y2Þ har etter

Pytagoras lengden

s ¼ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiðx2 � x1Þ2 þ ðy2 � y1Þ2

q:

Se figur 7.4.

x2 – x1 = D x

(x1, y1)

(x2, y2)

y2 – y1 = D ys

Figur 7.4 Buelengden etter Pytagoras

Stigningstallet til denne linja er m ¼ y2 � y1

x2 � x1, sa vi kan ogsa skrive lengden som

s ¼ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi�x2 þ ðm�xÞ2

q¼

ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1þ m2

p�x

der �x ¼ x2 � x1.

Hvis na f er en deriverbar funksjon, er bitte sma biter av grafen til f tilnærmet

rette linjer, gitt ved lineær tilnærming (se definisjon [REF]). Ideen er derfor a dele

opp grafen til f i bitte sma biter, bruke lineær tilnærming pa hver lille bit og

summere lengdene av alle de sma linjestykkene. Denne summen gir tilnærmet

buelengden til grafen.

Sa vi velger

a ¼ u0 < u1 < . . . < un ¼ b,

setter �xi ¼ ui � ui� 1 og velger xi 2 ½ui� 1, ui�. Hvis alle �xi er veldig sma,

gir lineær tilnærming at grafen til f over hvert delintervall ½ui� 1, ui� er

tilnærmet en rett linje med stigningstallet f 0ðxiÞ. Lengden av hvert linjestykke erffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1þ f 0ðxiÞ2

q�xi, slik at summen

Xn

i¼ 1

ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1þ f 0ðxiÞ2

q�xi

er en tilnærming til lengden av grafen til f over ½a, b�.



Dette er en Riemann-sum for funksjonen

ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1þ f 0ðxÞ2

q. Hvis alle slike Riemann-

summer nærmer seg ett og samme tall nar alle breddene �xi gar mot null, er det

rimelig a oppfatte dette tallet som lengden av grafen.

7.3.1 DEFINISJON

La fðxÞ være en deriverbar funksjon med kontinuerlig derivert. Da er buelengdentil grafen til f over et intervall ½a, b� i definisjonsområdet lik

s ¼Zb

a

ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1þ f 0ðxÞ2

qdx:

Merk at siden vi har antatt at f 0ðxÞ er kontinuerlig, er ogsa


qkontinuerlig

og derfor integrerbar. Definisjonen ovenfor gir derfor alltid mening.

Pa grunn av kvadratroten under integraltegnet er det ofte vanskelig a løse

integralet analytisk, det vil si a finne et eksplisitt uttrykk for den antideriverte.

Metoder fra numerisk integrasjon er derfor viktige for a regne ut buelengder.

La oss likevel se pa noen eksempler vi kan klare a regne ut analytisk.

7.3.2 EKSEMPEL

La

f ðxÞ ¼ 2

3x3=2

og regn ut buelengden av grafen fra x ¼ 0 til x ¼ 3.

Vi ma først derivere f :

f 0ðxÞ ¼ 2

3� 32

x1=2 ¼ffiffiffixp:

Dermed blir

s ¼R30

ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1þ

� ffiffiffixp 2

qdx ¼

R30

ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1þ xp

dx

¼ 2

3ð1þ xÞ3=2h i3

0¼ 2

3ð43=2 � 1Þ ¼ 2

3� 7 ¼ 14

3:

I de to neste eksemplene tester vi om definisjon 7.3.1 er rimelig, ved a sjekke at vi

far de resultatene vi venter i to kjente tilfeller.



7.3.3 EKSEMPEL

La m og c være to konstanter. Da er grafen til

f ðxÞ ¼ mxþ c

en rett linje med stigningstallet m. Lengden til grafen, nar x gar fra a til b, er derfor

s ¼ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1þ m2p

ðb� aÞ

etter Pytagoras, som vi sa foran. Pa den annen side gir definisjon 7.3.1 som ventet

s ¼Rba


qdx

¼Rba

ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1þ m2p

dx

¼ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1þ m2

p �x�b

a

¼ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1þ m2

pðb� aÞ

7.3.4 EKSEMPEL

Radian er definert som buelengden til et sirkelsegment delt pa radien. Nar vi regner

ut buelengden til et segment av en sirkel med radius 1 ved integrasjon, bør vi

derfor fa vinkelen i radianer.

For a bruke definisjon 7.3.1 ma vi finne en funksjon f som har et sirkelsegment

som graf. Siden sirkelen har ligningen x2 þ y2 ¼ 1, er den øvre halvsirkelen grafen

til funksjonen

f ðxÞ ¼ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1� x2p

, x 2 ½�1, 1�:Da er

f 0ðxÞ ¼ 1

2ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1� x2p � ð�2xÞ ¼ � xffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi

1� x2p

og ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1þ ðf 0ðxÞÞ2

q¼

ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1þ x2

1� x2

r¼

ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1� x2 þ x2

1� x2

r¼ 1ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi

1� x2p :

Integralet av dette uttrykket kjenner vi, det er arcus sinus. Hvis vi skal regne ut

buelengden s for segmentet med vinkel �, ma vi la x ga fra cos � til 1, se figur 7.5.

Vi far buelengden

s ¼Z1

cos �

1ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1� x2p dx ¼

�arcsin ðxÞ

�1cos �¼ arcsin ð1Þ � arcsin ðcos �Þ:

y ¼ arcsin x vil si at sin y ¼ x og ��=2 � y � �=2. I øvre grense i integralet far vi

arcsin 1 ¼ �=2, siden sinð�=2Þ ¼ 1. I nedre grense ma vi finne et tall y med

sin y ¼ cos �, men vi vet at cos � ¼ sinð�=2� �Þ, sa y ¼ �=2� � virker.

Dermed blir

s ¼ arcsin ð1Þ � arcsin ðcos �Þ ¼ �2� �

2� �

� �¼ �:



1,2

1,0

0,8

0,6

0,4

0,2

–0,2

–0,2 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 1,4

q

cos q

Figur 7.5 Det må integreres over det markerte området

ArealVi har innført det bestemte integralet

Rba

f ðxÞ dx til en positiv funksjon f som arealet

under grafen til f . Litt mer generelt definerer vi arealet mellom to grafer slik:

7.3.5 DEFINISJON

La f og g være to funksjoner definert (minst) på intervallet ½a, b�, og anta at fðxÞ � gðxÞfor alle x 2 ½a, b�. Arealet avgrenset av grafen til f, grafen til g og de to vertikalelinjene x ¼ a og x ¼ b er

A ¼Rba

�fðxÞ � gðxÞ

dx:

Dette er en rimelig definisjon, siden arealet under grafen til f erRba

f ðxÞ dx, og arealet

under grafen til g erRba

gðxÞ dx. Arealet mellom de to grafene er da differansen

Rba

f ðxÞ dx�Rba

gðxÞ dx ¼Rba

�f ðxÞ � gðxÞ

dx:



1,0

0,5

–0,5

–1,0

–2 –1 1 2 3 4 x

f (x)

–1 1 2 3

–4

–2

2

4

6

x

f (x)

Figur 7.6 Arealet under sinuskurven Figur 7.7 Arealet i eksempel 7.3.7

7.3.6 EKSEMPEL

Vi skal finne arealet under grafen til f ðxÞ ¼ sin x for x 2 ½0, ��.Omradet er vist pa figur 7.6. Arealet er

A ¼R�0

sin x dx

¼�� cos x

��0

¼ � cos �þ cos 0

¼ 2

7.3.7 EKSEMPEL

Finn arealet avgrenset av parabelen y ¼ x2 � 4, x-aksen og de vertikale linjene

x ¼ �1 og x ¼ 3. Tegn først en skisse av arealet vi søker, som pa figur 7.7.

Oppgaven spør ikke etterR3�1

ðx2 � 4Þ dx, siden arealet pa undersiden av x-aksen

vil gi et negativt bidrag til integralet. I stedet deler vi opp problemet og regner ut

arealet av de to omradene pa figur 7.7 hver for seg. Siden f ðxÞ ¼ x2 � 4 er negativ

for x 2 ½�1, 2� og positiv for x 2 ½2, 3�, er arealet

A ¼R2�1

ð�x2 þ 4Þ dxþR32

x2 � 4 dx

¼ � x3

3þ 4x

�2

�1

þ x3

3� 4x

�3

2

¼ � 23

3þ 4 � 2

� �� ð�1Þ3

3þ 4ð�1Þ

!þ 33

3� 4 � 3

� �� 23

3� 4 � 2

� �¼ 12



7.3.8 EKSEMPEL

Finn arealet av det endelige omradet avgrenset av f ðxÞ ¼ffiffiffixp

og gðxÞ ¼ x2.

Skisser grafene selv. Vi ser at grafen til f ligger høyere enn grafen til g for x

i omradet ½0, 1�. Mer nøyaktig kan vi finne de to endepunktene ved a løse ligningen

f ðxÞ ¼ gðxÞ ellerffiffiffixp¼ x2:

Ved a opphøye i andre potens pa begge sider kan vi kanskje løse ligningen,

men det er ogsa en fare for at vi far falske løsninger, sa vi ma huske a kontrollere

at det virkelig er løsninger vi finner.ffiffiffixp¼ x2 ¼) x ¼ x4

¼) x ¼ 0 eller x ¼ 1:

Begge løsningene er ekte (sjekk ved innsetting). Dermed er arealet vi er ute etter:

A ¼R10

�f ðxÞ � gðxÞ

dx

¼R10

ðffiffiffixp� x2Þ dx

¼ 2

3x3=2 � x3

3

�1

0

¼ 1

3

7.3.9 EKSEMPEL

Finn arealet avgrenset av grafene til sinus og cosinus mellom 0 og �.

Skisser grafene selv. Siden cosinus er større enn sinus frem til skjæringspunktet,

vil arealet av den delen være gitt ved integralet av cos x� sin x. Etter skjærings-

punktet bytter de to funksjonene rolle. Først ma vi derfor finne skjæringspunktet:

sin x ¼ cos x ¼) tan x ¼ 1

Ligningen tan x ¼ 1 har en løsning x ¼ �=4 i intervallet ½0, ��. Dermed ser vi at vi

ma ta arealet under cosinusgrafen og over sinusgrafen fra 0 til �=4, mens vi far

arealet under sinusgrafen og over cosinusgrafen fra �=4 til �. Arealet er

A ¼R�=4

0

ðcos x� sin xÞ dxþR��=4

ðsin x� cos xÞ dx

¼�sin xþ cos x

��=4

0þ�� cos x� sin x

��=4

¼ sin�

4þ cos

�

4� sin 0� cos 0� cos �� sin �þ cos

�

4þ sin

�

4

¼ffiffiffi2p

2þ

ffiffiffi2p

2� 0� 1� ð�1Þ � 0þ

ffiffiffi2p

2þ

ffiffiffi2p

2

¼ 2ffiffiffi2p



7.3.10 EKSEMPEL

Fra geometrien vet vi at arealet av en trekant er grunnlinja ganger høyden delt

pa 2. La oss undersøke om dette stemmer med arealet vi far ved integrasjon,

for omradet begrenset av x-aksen og de to grafene

f ðxÞ ¼ 2x og gðxÞ ¼ � 1

2xþ 5:

Tegn en skisse. Vi ser at omradet er trekanten med disse hjørnene:

� origo ð0, 0Þ

� skjæringspunktet mellom grafen til g og x-aksen,

� 1

2xþ 5 ¼ 0 ¼) x ¼ 10

altsa ð10, 0Þ

� skjæringspunktet mellom grafene til f og g,

2x ¼ � 1

2xþ 5 ¼) x ¼ 2

altsa ð2, 4Þ

Trekanten har altsa grunnlinje med lengden 10, mens høyden er 4. Vi venter derfor

at arealet er1

2� 10 � 4 ¼ 20.

Nar vi skal integrere, ma vi dele omradet ved x ¼ 2. Trekanten bestar av

arealet under grafen til f for x 2 ½0, 2�, samt arealet under grafen til g for x 2 ½2, 10�.

A ¼R20

f ðxÞ dxþR10

2

gðxÞ dx

¼Z2

0

2x dxþZ10

2

� 1

2xþ 5

� �dx

¼�x2�2

0þ � x2

4þ 5x

�10

2

¼ 4� 0� 25þ 50þ 1� 10

¼ 20

Avslutningsvis skal vi se et eksempel pa arealberegning som ikke gjør bruk av

definisjon 7.3.5 pa side 28, men der vi finner arealet ved hjelp av en annen,

litt snedig integrasjon.



7.3.11 EKSEMPEL

Arealet av en sirkelskive med radius R er �R2. La oss se hvordan vi kan finne

denne formelen ved integrasjon.

Tallet � er per definisjon lik omkretsen delt pa diameteren i en sirkel,

sa omkretsen uttrykt ved hjelp av radien i en sirkel er O ¼ 2�r. Vi kan tenke

oss at en sirkelskive med radius R er fylt av alle mulige sirkler med radius r,

der 0 � r � R. For a være presise kan vi bruke Riemann-summerPni¼ 1

2�ri�ri.

Hvert ledd 2�ri�ri er tilnærmet lik arealet av en fortykket sirkel med

omkrets 2�ri og tykkelsen �ri. Riemann-summen er derfor en tilnærming til

sirkelskivens areal, og vi kan i grensen finne arealet ved integrasjon.

Arealet blir dermed

A ¼RR0

2�r dr ¼��r2�R

0¼ �R2:

I praksis hopper vi ofte over Riemann-summen og tenker paRR0

2�r dr som summen

av «uendelig mange fortykkede sirkler», hver med «uendelig tynt areal 2�r dr».

Tradisjonelt kalles slike tenkte uendelig sma størrelser «infinitesimale». Det kan

være nyttig a resonnere med infinitesimale størrelser, men vi understreker at dette

ikke er noe vi har gitt en presis betydning av. Det er ogsa lett a trø feil, sa vi

foretrekker a resonnere med sma størrelser (som �r) og sa ta grensen til slutt.

VolumI dette avsnittet skal vi bruke Riemann-summer og bestemte integraler til a finne

volumet av omdreiningslegemer, det vil si romlige legemer som oppstar ved at vi

roterer et plant omrade om en akse.

7.3.12 SETNING

La f være en positiv, kontinuerlig funksjon definert på intervallet ½a, b�. Vi roterer områdetavgrenset av grafen til f, x-aksen og de vertikale linjene x ¼ a og x ¼ b om x-aksen.Dette rotasjonslegemet har volumet

V ¼ �Rba

fðxÞ2 dx:



x

f (x)

Figur 7.8 Et rotasjonslegeme kan tilnærmes med sylinderskiver

7.3.13 BEVIS

Strengt tatt har vi ikke gitt noen presis definisjon av volum, så vi nøyer oss med å si at deter «rimelig»å oppfatte det angitte integralet som volumet.

Siden f er kontinuerlig, er fðxÞ tilnærmet konstant når x varierer over et tilstrekkeliglite delintervall av ½a, b�, la oss si med bredden �x. Arealet under grafen til fðxÞ er derfortilnærmet bygd opp av tynne stolper med bredden �x og høyden fðxÞ. Roterer vi enslik stolpe om x-aksen, får vi en sylinderskive med radius fðxÞ og tykkelse �x.Dette er illustrert på figur 7.8, der vi har rotert den blå stolpen øverst og fått den blå

sylinderskiven nederst. En slik sylinderskive har volumet �fðxÞ2�x.

Summerer vi bidragene fra hver sylinderskive, får vi en Riemann-sumPni¼1

�fðxiÞ2�xi

som tilnærming til volumet V, og når alle tykkelsene �xi går mot null,går Riemann-summene mot det oppgitte integralet.



7.3.14 EKSEMPEL

Vi skal utlede volumformelen for en kule med radius r.

En slik kule kan vi lage ved a rotere en halv sirkelskive rundt en akse.

Siden sirkelen med radius r og sentrum i origo har ligningen

x2 þ y2 ¼ r2,

er den øvre halvsirkelen grafen til

f ðxÞ ¼ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffir2 � x2p

, x 2 ½�r, r�:

Vi tar altsa arealet under grafen til f og roterer dette om x-aksen. Da blir volumet

V ¼ �Rr�r

f ðxÞ2 dx¼ �Rr�r

ðr2 � x2Þ dx

¼ � r2x� 1

3x3

�r

x¼�r

¼ 4

3�r3

7.3.15 SETNING

La f være en positiv, kontinuerlig funksjon definert på intervallet ½a, b�, med a � 0.Vi roterer området avgrenset av grafen til f, x-aksen og de vertikale linjene x ¼ aog x ¼ b om y-aksen. Dette rotasjonslegemet har volumet

V ¼ 2�Rba

xfðxÞ dx:

Figur 7.9 Et rotasjonslegeme kan tilnærmes med sylinderskall



7.3.16 BEVIS

Som i beviset for setning 7.3.12 oppfatter vi arealet under grafen til f som bygd oppav tynne stolper med arealet fðxÞ�x. Roterer vi en slik stolpe om y-aksen, får vi ettynt sylinderskall med radius x, høyde fðxÞ og tykkelse �x. Et bilde av dette finnespå figur 7.9.

Overflatearealet til et sylinderskall med radius x og høyde fðxÞ er 2�xfðxÞ, så når tykkelsen�x er veldig liten, er volumet tilnærmet lik 2�xfðxÞ�x. Summerer vi bidragene fra

hvert sylinderskall, får vi en Riemann-sumPni¼1

2�xi fðxiÞ�xi som tilnærming til volumet V,

og når alle tykkelsene �xi går mot null, går Riemann-summene mot det oppgitte integralet.

7.3.17 EKSEMPEL

Finn volumet som fremkommer ved a rotere grafen til f ðxÞ ¼ sin x, x 2 ½0, ��, om

x-aksen.

Volumet ved rotasjon om x-aksen er

V ¼ �R�0

sin2 x dx:

Integralet av sinus i andre potens har vi allerede regnet ut i eksempel [REF]:

Rsin2ðxÞ dx ¼ x

2� sinð2xÞ

4þ C

Dermed er volumet

V ¼ �R�0

sin2 x dx ¼ � x

2� sin 2x

4

��0

¼ � �

2� 0� 0þ 0

� �¼ �

2

2:

7.3.18 EKSEMPEL

Finn volumet som fremkommer ved a rotere grafen til f ðxÞ ¼ sin x, x 2 ½0, ��,om y-aksen. Volumet ved rotasjon om y-aksen er

V ¼ 2�R�0

x sin x dx:

Integralet kan løses ved delvis integrasjon, det gjorde vi i eksempel [REF]:Rx sin x dx ¼ �x cos xþ sin xþ C

Volumet er derfor

V ¼ 2�R�0

x sin x dx ¼ 2� �x cos xþ sin x½ ��0 :

Mange av leddene blir lik null nar vi setter inn grensene, og vi star igjen

bare med

V ¼ 2��x cos xþ sin x

��0¼ 2�ð�� cos �Þ ¼ 2�2:



7.4 Tyngdepunkt og gjennomsnitt7.4.1 DEFINISJON (GJENNOMSNITT)

Gjennomsnittet til en funksjon over et intervall er definert som integralet av

funksjonen delt på lengden av intervallet. Ofte skrives gjennomsnittet til f som f.I symboler er altså gjennomsnittet til f mellom a og b gitt som

f ¼ 1b� a

Rba

fðxÞ dx:

7.4.2 EKSEMPEL

La f ðxÞ ¼ x2 pa ½1, 4�. Gjennomsnittet til f i dette omradet er

f ¼ 1

4� 1

Z4

1

x2 dx ¼ 1

3

x3

3

�4

1

¼ 64� 1

9¼ 7:

Hvis vi deler opp intervallet ½a, b� i n like store delintervaller, hvert med bredden

�x ¼ b� a

n, far vi Riemann-summen

Pni¼ 1

f ðxiÞ�x som tilnærming til integraletRba

f ðxÞ dx. Siden b� a ¼ n�x, far vi dermed

1

b� a

Xn

i¼ 1

f ðxiÞ�x ¼ 1

n

Xn

i¼ 1

f ðxiÞ

som tilnærming til gjennomsnittet f . Det forklarer hvorfor definisjonen foran er rimelig.

Ofte kan vi forenkle regningen med legemers masse ved a late som om all

massen er samlet i et punkt. For eksempel kan vi regne pa jordens bane rundt

solen ved a anta at hele jordens masse befinner seg i sentrum av jorden, ikke

(slik det faktisk er) spredt utover hele den store kula. For a regne seg fram til

hvilket punkt en skal bruke, anvendes vektstangprinsippet. For eksempel vil et lodd A

pa 2 kg balansere et lodd B pa 10 kg om vi velger et punkt som er 10 cm fra B

og 50 cm fra A, siden 2 � 50 ¼ 10 � 10, se figur 7.10.

50 cm 10 cm

2 kg

10 kg

Figur 7.10 Figuren balanserer, siden festepunktet er tyngdepunktet



Dersom vi legger origo i festepunktet til A, kan vi regne ut balansepunktet ved a

multiplisere avstanden fra origo med massen, legge sammen og dele pa den totale

massen:

Tyngdepunktets førstekoordinat ¼ 0 � 2þ 60 � 10

2þ 10¼ 50:

Undersøk selv at enhetene stemmer.

For a inkludere flere objekter ville vi matte summere produkter av avstand og

masse (eventuelt vekt), og ogsa regne i tre dimensjoner. Vi skal nøye oss med a

generalisere til integrasjon bare i det tilfellet at det gir mening a regne ut tyngde-

punktet endimensjonalt, som for eksempel om legemet vi er interessert i er et tynt

objekt med symmetri rundt x-aksen, der symmetrien forteller oss at tyngdepunktet

ma ligge pa x-aksen, og at massen kan beregnes som en funksjon bare av x.

7.4.3 DEFINISJON

Tyngdepunktet til f er

x ¼

Rba

xfðxÞ dx

Rba

fðxÞ dx

:

Dersom f representerer massetettheten til et objekt som er symmetrisk om x-aksen,er integralet i nevneren lik massen til objektet. Tyngdepunktet kalles da ofte formassesenter.

7.4.4 EKSEMPEL

Vi skal finne massesenteret til en kjegle. Vi lager kjeglen ved a velge en positiv

konstant m og rotere omradet under linja y ¼ mx om x-aksen, fra x ¼ 0 til x ¼ h.

Vi antar at materialet som kjeglen er laget av, er homogent, slik at massetettheten �

er den samme overalt (lik kjeglens masse delt pa kjeglens volum).

Et tverrsnitt av kjeglen, der x holdes konstant, er en sirkelskive med arealet

�ðmxÞ2. Massen per lengdeenhet i x-retning er derfor f ðxÞ ¼ ��ðmxÞ2.Ved symmetrien om x-aksen er det klart at massesenteret ma ligge pa denne aksen.

Vi ma finne x-koordinaten til massesenteret:

x ¼

Rh0

xf ðxÞ dx

Rh0

f ðxÞ dx

¼

Rh0

�m2x3 dx

Rh0

�m2x2 dx

¼ x4=4

x3=3

�h

0

¼ 3h

4

Vi ser at massesenteret ikke avhenger av m, det vil si hvor bred eller smal kjeglen er:

Massesenteret ligger alltid en fjerdedel av høyden over grunnplanet.



7.4.5 EKSEMPEL (VEKSELSTRØM)I Norge bruker vi vekselstrøm med spenningen 230 volt (V) og frekvensen 50 hertz

(Hz) (i utregningene underslar vi enhetene). Nar vi sier at spenningen i vekselstrøm

er 230 V, mener vi at det produseres samme gjennomsnittlige effekt som likestrøm

pa 230 V. Mer presist lar vi strømmen ga gjennom en motstand med verdien R,

og vi er interessert i effektverdien i denne motstanden. Ved vekselstrøm er spenningen

v ¼ vðtÞ gitt som en sinusfunksjon, den har formen

vðtÞ ¼ M sinð! tÞ,

der ! og M er positive konstanter. Vinkelfarten ! er bestemt av frekvensen.

Siden vi maler vinkler i radianer, er

! ¼ 2� � frekvens ¼ 2� � 50 ¼ 100�:

Ettersom sinð!tÞ svinger mellom �1 og 1, ser vi at spenningen vðtÞ svinger

mellom �M og M.

Vi trenger to formler fra elektrisitetslæren, som dreier seg om en konstant

motstand der strøm og spenning er funksjoner av tiden:

� Ohms lov sier at spenningen er motstand ganger strøm,

vðtÞ ¼ R � iðtÞðR males i ohm (�) og iðtÞ males i ampere ðAÞÞ.

� Effekten er strøm ganger spenning,

PðtÞ ¼ vðtÞ iðtÞ,malt i watt ðWÞ.

Vi kan dermed skrive effekten PðtÞ ved hjelp av spenningen vðtÞ som

PðtÞ ¼ vðtÞ iðtÞ ¼ vðtÞ2

R:

Ved 230 V likestrøm er vðtÞ konstant lik 230, og effekten er konstant:

PDC ¼2302

Rð7:2Þ

(DC star for direct current ¼ likestrøm). Ved vekselstrøm, vðtÞ ¼ M sinð! tÞ, far vi

PðtÞ ¼ M2 sin2ð100� tÞR

:

Siden vi har sinðxþ 2�Þ ¼ sin x, far vi at Pðt þ 1=50Þ ¼ PðtÞ, sa effekten P er

periodisk med perioden 1=50 (sekunder). Den gjennomsnittlige effekten over et

veldig stort tidsintervall er det samme som gjennomsnittet av PðtÞ over en periode.

Med bruk av utregningen fra eksempel [REF],

Rsin2ðaxÞ dx ¼ x

2� sinð2axÞ

4aþ C,

med a ¼ 100�, far vi

P ¼ 1

1=50

Z1=50

0

M2 sin2ð100� tÞR

d t ¼ 50M2

R

t

2� sinð2 � 100� tÞ

4 � 100�

�1=50

0

:



Nar vi setter inn grensene i sinusleddet, far vi null, og dermed ender vi opp med

P ¼ 50M2

R

t

2

h i1=50

0¼ 50M2ð1=50� 0Þ

R � 2 ¼ M2

2R:

Dette er lik effekten i ligning (7.2) for 230 V likestrøm nar

M2

2R¼ 2302

R() M2

2¼ 2302

() M ¼ffiffiffi2p� 230 � 325:

Med andre ord: Nar vi sier at spenningen er 230 V i vekselstrøm, betyr det at

spenningen som funksjon av tiden er

vðtÞ ¼ M sinð! tÞ ¼ 230ffiffiffi2p

sinð! tÞ,

som altsa svinger mellom omtrent �325 V og 325 V.

7.5 ArbeidI fysikken er arbeid definert som kraft ganger vei, eller mer presist:

7.5.1 DEFINISJON

Når en konstant kraft F virker på et legeme som forflytter seg en distanse s i kraftensretning, er arbeidet utført av kraften F lik produktet

W ¼ Fs:

Enheten er joule ðJÞ, som er arbeidet utført av en kraft på 1 newton ðNÞ over en distansepå 1 meter, J ¼ Nm.

I praktiske problemer vil imidlertid kraften F ikke alltid være konstant. Gravita-

sjonskraften, for eksempel fra sola pa en planet, er større dess nærmere planeten

er sola, og kraften fra en fjær blir større jo lenger den strekkes. Det bestemte

integralet gir en naturlig utvidelse av definisjonen ovenfor, til situasjoner med

ikke-konstant F: Vi antar at legemet flytter seg langs en rett linje, x-aksen,

og at kraften F ¼ FðxÞ er en kontinuerlig funksjon av posisjonen langs denne

aksen. La oss si at legemet flytter seg fra en utgangsposisjon x ¼ a til en slutt-

posisjon x ¼ b. For hver x 2 ½a, b� vil kraften FðxÞ være tilnærmet konstant i et

lite delintervall med bredden �x. Vi kan derfor bruke definisjonen var pa et lite

delintervall og konkludere med at arbeidet utført der, er FðxÞ�x. Hvis vi na deler

inn hele ½a, b� i n sma delintervaller og summerer arbeidet utført over hvert del-

intervall, far vi til sammen tilnærmingenXn

i¼ 1

FðxiÞ�xi

til det totale arbeidet utført av kraften. Dette er en Riemann-sum, som nar

alle �xi gar mot null, nærmer seg det bestemte integraletRba

FðxÞ dx.



Det er derfor rimelig a definere:

7.5.2 DEFINISJON

Når en posisjonsavhengig kraft FðxÞ virker på et legeme som forflytter seg fra x ¼ a tilx ¼ b, er arbeidet utført av kraften FðxÞ integralet

W ¼Rba

FðxÞ dx:

M m

Figur 7.11 Gravitasjonskraften virker mellom to massive legemer

7.5.3 EKSEMPEL (GRAVITASJON)Newtons gravitasjonslov sier at to legemer, med masser m og M (for eksempel sola

og jorda eller manen og Armstrong), i en avstand r fra hverandre virker pa hver-

andre med kraften

F ¼ GmM

r2:

Her er G ¼ 6,67 � 10�11 Nm2=kg2 den universelle gravitasjonskonstanten, og av-

standen r males mellom massesentrene. Hvert legeme virker pa det andre med

denne kraften, i retning fra det pavirkede legemets massesenter til det virkende

legemets massesenter (se figur 7.11).

La oss bruke denne formelen til a finne ut hvilket arbeid som ma utføres for

a flytte et romfartøy fra jordens overflate til manen. Utregningen ser bort fra alle

andre faktorer enn jordens gravitasjonskraft, sa det reelle arbeidet som ma utføres,

er større. Merk ogsa at manen gjennom gravitasjon, utfører deler av arbeidet.

Vi tenker oss at legemet med masse M holdes i ro (jorden). Nar legemet med

masse m (romfartøyet) flyttes fra avstand r0 (jordradien) til avstand r1 (avstanden

fra jordens sentrum til manens overflate) i forhold til massesenteret til det første

legemet, utføres arbeidet

W ¼Rr1

r0

F dr ¼Zr1

r0

GmM

r2dr ¼ �G

mM

r

�r1

r0

¼ GmM1

r0� 1

r1

� �:

Vi ser at arbeidet er positivt nar r1 > r0; vi ma utføre et arbeid for a trekke

noe utover i jordens gravitasjonsfelt.



Vi setter inn konstanter:

G ¼ 6,67 � 10�11 Nm2=kg2 gravitasjonskonstanten

M ¼ 5,97 � 1024 kg jordens masse

m ¼ 10 334 kg omtrent massen av landingsfartøyet til Armstrong og Aldrin

r0 ¼ 6,37 � 106 m jordradien

r1 ¼ 3,8 � 108 m omtrentlig avstand til manen

I vart eksempel far vi at det utførte arbeidet er

W ¼ GmM1

r0� 1

r1

� �¼ 6,67 � 10�11 � 5,97 � 1024 � 10 334

1

6,37� 106 � 1

3,8� 108

� �� 6,35 � 1011

(malt i Joule). Energien som kreves for a utføre dette arbeidet, svarer omtrent til

en gjennomsnittlig norsk husholdnings strømforbruk i ti ar.

7.5.4 EKSEMPEL (FJÆR)En fjær som ikke spennes altfor langt, kan beskrives noenlunde presist med

Hookes lov, som sier at kraften fjæren virker med, er proporsjonal med utslaget:

F ¼ kjxj

Proporsjonalitetskonstanten k avhenger av fjæren, og x er utslaget fra hviletilstanden.

Arbeidet som ma utføres pa fjæren for a trekke den ut av hviletilstanden til x0 > 0,

er altsa

W ¼Rx0

0

kx dx ¼ kx2

2

�x0

0

¼ kx02

2:

7.5.5 EKSEMPEL (ISOTERMISK EKSPANSJON)Ga ut fra at en gass holder konstant temperatur T. Vi er interessert i arbeidet

som utføres av gassen ved ekspansjon, altsa nar gassens volum øker.

Denne prosessen dekkes ikke direkte av definisjon 7.5.1, men det tilsvarende

utsagnet i termodynamikken er at nar en gass endrer volum fra V1 til V2 under

konstant trykk p, er arbeidet W ¼ p � ðV2 � V1Þ. Dersom trykket p ¼ pðVÞavhenger av volumet, deler vi opp ½V1, V2� i n sma intervaller av bredden �Vi,

der trykket er tilnærmet konstant lik pðViÞ pa hvert delintervall. Det totale arbeidet

er tilnærmet lik Riemann-summenPni¼ 1

pðViÞ�Vi, som nar alle �Vi gar mot null,

gir integralet

W ¼RV2

V1

pðVÞ dV :



Fra gasslæren har vi at for en ideell gass er pV ¼ nRT, der p er trykk (pascal),

V volum (kubikkmeter), n mengde gass (mol), T temperatur (kelvin), og gass-

konstanten R ¼ 8,3 J=K �mol. Siden vi har antatt at temperaturen T er konstant,

kan vi dermed skrive trykket p som funksjon av volumet V:

pðVÞ ¼ nRT

V:

Arbeidet som utføres nar volumet endres fra V1 til V2, blir da

W ¼RV2

V1

pðVÞ dV ¼ZV2

V1

nRT

VdV ¼ nRT

�ln V

�V2V1¼ nRTðln V2 � ln V1Þ:

(Fortegnet er her valgt slik at dette er arbeidet utført av gassen pa omgivelsene,

slik at W er positiv ved ekspansjon ðV1 < V2Þ.

Merk ogsa at ln V2 � ln V1 ¼ lnV2

V1

� �, sa vi kan formulere resulatet i ord ved

a si at det utførte arbeidet er proporsjonalt med logaritmen til kvotienten av volumene,

med proporsjonalitetskonstant nRT .

7.6 Uegentlige integralerHva er arealet under grafen til f ðxÞ ¼ ex for x 2 h�1, 0�? Eller hva er arealet

under grafen til f ðxÞ ¼ 1=x for x 2 h0, 1�? Disse omradene er ubegrensede,

men vi skal se at noen ubegrensede omrader har endelig areal i en naturlig forstand.

I sa fall sier vi at et integral som bestemmer arealet, konvergerer, ellers divergerer det.

Denne sprakbruken benyttes i flere situasjoner der vi vil skille ut at grenser finnes

(og dermed er endelige). Spesielt brukes det om integraler, som i dette kapittelet,

og om rekker, som vi kommer tilbake til. Det er ogsa noe brukt om grenser.

7.6.1 DEFINISJON

Hvis fðxÞ er en funksjon definert på intervallet ½a, 1i, definerer vi

R1a

fðxÞ dx ¼ limb!1

Rba

fðxÞ dx:

Vi sier atR1a

fðxÞ dx konvergerer dersom grensen på høyre side konvergerer,

ellers divergerer integralet.

På samme måte: Hvis fðxÞ er en funksjon definert på intervallet h�1, b�, definerer viRb�1

fðxÞ dx ¼ lima!�1

Rba

fðxÞ dx:

Vi sier atRb�1





7.6.2 EKSEMPEL

Vi skal regne ut integraletR0�1

ex dx ¼ lima!�1

R0a

ex dx

hvis det konvergerer. En antiderivert til ex er ex selv, sa vi harR0a

ex dx ¼ ex½ �0a¼ e0 � ea ¼ 1� ea:

Lar vi na a! �1, far viR01

ex dx ¼ lima!�1

ð1� eaÞ ¼ 1:

Hvis vi oppfatterR0�1

ex dx som arealet under grafen til f ðxÞ ¼ ex for x 2 h�1; 0�,

far vi altsa at arealet er endelig og lik 1, selv om det er ubegrenset, i betydningen

at det strekker seg uendelig langt i negativ x-retning.

7.6.3 EKSEMPEL

Vi skal regne ut integraletZ11

1

xdx ¼ lim

b!1

Zb

1

1

xdx

hvis det konvergerer. En antiderivert til 1=x er ln x, sa vi harZb

1

1

xdx ¼ ln x½ �b1¼ ln b� ln 1 ¼ ln b:

Lar vi na b!1, far viZ11

1

xdx ¼ lim

b!1ln b ¼ 1:

Integralet divergerer altsa mot uendelig. Hvis vi igjen oppfatterR10

1=x dx

som arealet under grafen, far vi denne gangen at dette arealet er uendelig stort.

Pa figurene 7.12 og 7.13 øverst pa neste side har vi illustrert de to arealene gitt

ved integraleneR0�1

ex dx ogR11

1=x dx fra de to foregaende eksemplene.

At det første integralet konvergerer mot 1, mens det andre divergerer, ser vi skyldes

at ex gar veldig fort mot null nar x! �1, mens 1=x til sammenligning gar sakte

mot null nar x!1. Likevel er det ikke enkelt a vite pa forhand om et slikt

integral konvergerer eller ikke, ofte ma vi rett og slett regne ut og se.



–25 –20 –15 –10 –5 x

f (x)

1,0

0,8

0,6

0,4

0,2

5 10 15 20 25 x

f (x)

1,0

0,8

0,6

0,4

0,2

Figur 7.12 Arealet under grafen til ex for x � 0 Figur 7.13 Arealet under grafen til 1x for x � 1

7.6.4 EKSEMPEL

I eksempel 7.5.3 pa side 40 regnet vi ut det utførte arbeidet ved a sende et rom-

fartøy til manen. La oss se hvilket arbeid som kreves for a sende et romfartøy fra

jordens overflate «uendelig langt vekk». Arbeidet er

W ¼R1r0

F dr ¼ limr1!1

Zr1

r0

GmM

r2dr

¼ limr1!1

�GmM

r

�r1

r0

¼ �GmM limr1!1

1

r1� 1

r0

� �¼ GmM

r0

Setter vi inn verdiene for G, m, M og r0 fra eksempel 7.5.3 far vi

W ¼ 6,67 � 10�11 � 5,97 � 1024 � 10 334

6,37 � 106� 6,46 � 1011

malt i joule. Arbeidet er bare om lag 2 % større enn det som ble utført ved

a sende romfartøyet til manen.

7.6.5 DEFINISJON

Hvis fðxÞ er en funksjon definert på det halvåpne intervallet ½a, bi, men ikkenødvendigvis i b, definerer vi

Rba

fðxÞ dx ¼ limt! b�

Rta

fðxÞ dx:

Vi sier atRba





På samme måte: Hvis fðxÞ er en funksjon definert på det halvåpne intervallet ha, b�,men ikke nødvendigvis i a, definerer vi

Rba

fðxÞ dx ¼ limt! aþ

Rbt

fðxÞ dx:

Vi sier atRba



Vi godtar også å kombinere disse definisjonene for en funksjon som mangler endeligmange punkter i ½a, b� fra definisjonsområdet sitt. Integralet

Rba

fðxÞ dx

får da mening som en sum av delintegraler over intervallene mellom de punktene f ikkeer definert i, men bare dersom alle delintegralene konvergerer.

7.6.6 EKSEMPEL


0

1

xdx ¼ lim

t! 0þ

Z1

t

1

xdx

hvis det konvergerer. En antiderivert til 1=x er ln x, sa vi harZ1

t

1

xdx ¼

�ln x�1

t¼ ln 1� ln t ¼ � ln t:

Lar vi na t! 0þ, far viZ1

0

1

xdx ¼ lim

t! 0þ� ln t ¼ 1:

Integralet divergerer altsa mot uendelig.

Definisjonene 7.6.1 og 7.6.5 kan kombineres til a utvide definisjonen avRba

f ðxÞ dx

til a gjelde bade nar a ¼ �1, b ¼ 1, og nar f ðxÞ ikke er definert i alle punkter

i ½a, b�. Vi forklarer fremgangsmaten ved hjelp av noen eksempler.



7.6.7 EKSEMPEL


1

xdx

hvis det konvergerer. Her har vi bade 1 som endepunkt, som i definisjon 7.6.1,

og 0 som endepunkt, der 1=x ikke er definert, som i definisjon 7.6.5.

Da splitter vi opp integralet i to biter, for eksempel kan vi dele ved x ¼ 1:

Z10

1

xdx ¼

Z1

0

1

xdxþ

Z11

1

xdx

Pa høyre side kan vi bruke definisjon 7.6.5 pa det første integralet og

definisjon 7.6.1 pa det andre integralet. For atR10

1=x dx skal konvergere,

krever vi at begge disse delintegralene konvergerer.

Faktisk har vi allerede regnet utZ1

0

1

xdx ¼ 1

Z11

1

xdx ¼ 1

sa summenR10

1=x dx divergerer.

I forrige eksempel valgte vi a dele opp integralet ved x ¼ 1. Vi kunne like

godt gjort oppdelingen ved et hvilket som helst annet tall i h0, 1i; resultatet blir

det samme.

7.6.8 EKSEMPEL


�1

1

x3dx

hvis det konvergerer. Funksjonen 1=x3 er definert for alle x i integrasjonsomradet

½�1, 1�, med unntak av x ¼ 0. Da deler vi opp integralet i det problematiske

punktet x ¼ 0, som foreskrevet i definisjon 7.6.5:Z1

�1

1

x3dx ¼

Z0

�1

1

x3dxþ

Z1

0

1

x3dx

Pa høyre side kan vi bruke definisjon 7.6.5 pa begge integraler. For atR1�1

1=x3 dx

skal konvergere, krever vi at begge disse delintegralene konvergerer.



En antiderivert til 1=x3 ¼ x�3 er1

�2x�2 ¼ � 1

2x2.

Dermed har vi

Z0

�1

1

x3dx¼ lim

t! 0�� 1

2x2

�t

�1

¼ limt! 0�

� 1

2þ 2

2t2

� �¼ 1

og Z1

0

1

x3dx ¼ lim

t! 0þ� 1

2x2

�1

t

¼ limt! 0þ

� 1

2t2þ 1

2

� �¼ �1:

Siden de to delintegraleneR0�1

1=x3 dx ogR10

1=x3 dx divergerer, er konklusjonen

at ogsa summenR1�1

1=x3 dx divergerer.

Merk at selv om det kan være rimelig a oppfatte de to delintegralene i forrige

eksempel som «like store og med motsatt fortegn», anser vi ikke summen av dem

som null: For at en sum av delintegraler skal være konvergent, krever vi at hvert

delintegral ma være konvergent.

Tankegangen i de foregaende eksemplene kan oppsummeres slik:

7.6.9 MERKNAD


fðxÞ dx har en definisjon når fðxÞ er kontinuerlig for alle x

mellom a og b med høyst et endelig antall unntak. Vi tillater a ¼ �1 og b ¼ 1.

Vi finnerRba

fðxÞ dx ved å dele opp integralet som en sum av mindre delintegraler,Rdc

fðxÞ dx,

der bare ett av endepunktene c eller d er et punkt der fðxÞ er udefinert eller diskontinuerlig(inkludert �1 eller 1). Da gjelder definisjonene 7.6.1 eller 7.6.5 for hvert delintegral.

Til sist sier vi atRba

fðxÞ dx konvergerer dersom hvert delintegralRdc

fðxÞ dx konvergerer.



7.7 Numerisk integrasjon medfeilestimering

Teorien for numeriske metoder har flere aspekter. Det gjelder a finne en effektiv

algoritme, men ogsa a avgjøre hvor god tilnærming resultatet er til det eksakte svaret.

I seksjon 7.1 fant vi tilnærmingsverdier til bestemte integraler ved a regne ut

Riemann-summer direkte. Her skal vi i tillegg gi øvre grense for differansen mellom

tilnærmingsverdien og det eksakte svaret. Videre skal vi se pa to andre numeriske

metoder, der den siste vanligvis er mer nøyaktig.

Midtpunktregelen

I utgangspunktet har vi gitt et bestemt integralRba

f ðxÞ dx og ønsker a finne

tilnærmingsverdier. Midtpunktregelen er en standardisert mate a velge Riemann-

summer pa. Alle delintervaller er av samme bredde, og xi-ene settes i midtpunktene.

Slike Riemann-summer brukte vi i eksemplene 7.1.3 og 7.1.4.

7.7.1 DEFINISJON

Midtpunktregelen med n delintervaller er å tilnærme integraletRba

fðxÞ dx medRiemann-summen

Rn ¼�fðx1Þ þ fðx2Þ þ . . .þ fðxnÞ

�x

der �x ¼ b� an

og xi ¼ aþ i� 12

� ��x.

Vi tenker oss at intervallet ½a, b� er delt i n deler,

a ¼ u0 < u1 < u2 < . . . < un ¼ b,

hver del med samme bredde �x ¼ b� a

n. Dermed er ui ¼ aþ i�x.

Nar vi setter xi til a være midtpunktetui� 1 þ ui

2, far vi formelen i definisjonen.

Feilestimering

Ved definisjon er Rn �Rba

f ðxÞ dx, og vi kan tvinge tilnærmingen til a bli sa god vi

matte ønske bare ved a velge stor nok n. A gjøre feilestimering er a si noe om

hvor god tilnærming vi har. Den faktiske feilen ved tilnærmingen benevner vi En,

som defineres som differansen

En ¼Rba

f ðxÞ dx� Rn:

Poenget med numerisk integrasjon er at Rn kan beregnes effektivt (i alle fall pa en

datamaskin). Vi vil helst unnga a bruke krefter pa en eksakt utregning av integralet

selv. Derfor er det heller ikke vanlig a bestemme En nøyaktig. Derimot finnes det en

formel som angir en øvre grense for feilen (se setning 7.7.2 øverst pa neste side).



7.7.2 SETNING

Forutsatt at den dobbeltderiverte f 00tðxÞ er kontinuerlig i intervallet ½a, b� og vi har valgten konstant M2 som oppfyller M2 �

f 00ðxÞ for x 2 ½a, b�, gjelder følgende ulikhetfor feilen ved midtpunktregelen:

jEnj �M2ðb� aÞ3

24n2

Oppsettet i denne setningen er typisk for feilestimater. Vi har en ulikhet av typen

faktisk feil ved tilnærmingen � formel for øvre grense

7.7.3 EKSEMPEL

La oss igjen se pa funksjonen f ðxÞ ¼ x3 � 3x2 þ 2xþ 1 over intervallet ½0, 2,5�.Hva sier feilestimatet om nøyaktigheten i midpunktregelen hvis vi bruker n ¼ 5

eller n ¼ 1000 delintervaller? I eksemplene 7.1.3 og 7.1.4 fant vi

R5 � 2,85 og R1000 � 2,8906:

For a bruke formelen trenger vi en øvre grense for den dobbeltderiverte. Vi har

f 0ðxÞ ¼ 3x2 � 6xþ 1

f 00ðxÞ ¼ 6x� 6:

Nar x er mellom 0 og 2,5 far f 00ðxÞ verdier fra �6 til 9. Derfor kan vi bruke M2 ¼ 9.

Øvre grense for feilen er gitt ved

jEnj �9 � ð2,5� 0Þ3

24n2¼ 375

64n2:

Øvre grense for feilen med n ¼ 5 delintervaller er375

64 � 52� 0,234, mens øvre

grense for feilen med n ¼ 1000 delintervaller er375

64 � 10002� 5,9 � 10�6.

Ofte stilles det krav til de numeriske metodene om a oppna en viss nøyaktighet.

I slike tilfeller ønsker vi a finne en n slik at kravet innfris. Det skjer dersom den

øvre grensen for feilen er mindre enn kravet. Nar vi setter opp dette som ulikheter,

er det pa formen

faktisk feilved tilnærmingen

� formel forøvre grense

� krav tilnøyaktighet



7.7.4 EKSEMPEL

Nar en bygger veier og jernbanelinjer, ønsker man jevne innganger til svingene.

Kurven som skal følges i overgangen, kalles klotoiden og er karakterisert som

kurven en bil følger dersom vi svinger pa rattet med konstant omdreiningsfart.

I et passende koordinatsystem er koordinatene ðx, yÞ til punkter pa kurven gitt

ved integralene

x ¼Rb0

cos s2 og y ¼Rb0

sin s2,

der b angir buelengden fra origo til punktet. Se figur 7.14.

0 0,2 0,4 0,6 0,8 1

0,0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

Figur 7.14 Klotoide

Disse integralene kan beregnes ved numeriske metoder. Her skal vi se pa

x-koordinaten for buelengden b ¼ 1. Hvor mange delintervaller trenger vi for

a finneR10

cos s2 med en nøyaktighet pa minst 10�4 etter midpunktregelen?

Ulikhetene for faktisk feil, øvre grense og krav til nøyaktighet er


24n2� 10�4:

Vi skal finne n ved a løse den høyre ulikheten. Da trenger vi tall innsatt i uttrykket.

Vi har integrasjonsgrensene a ¼ 0 og b ¼ 1. Tallet M2 er en øvre grense for

verdien til den dobbeltderiverte av f ðsÞ ¼ cos s2. Vi regner ut

f 0ðsÞ ¼ �2s sin s2

f 00ðsÞ ¼ �2 sin s2 � 4s2 cos s2:



Sinus og cosinus har verdier mellom �1 og 1. Fra uttrykket for den dobbelt-

deriverte ser vi at

M2 ¼ 6 � f 00ðsÞ ¼ �2 sin s2 � 4s2 cos s2

for s-verdier mellom a og b. Med disse verdiene blir ulikheten som bestemmer

antall delintervaller:

6 � ð1� 0Þ3

24n2� 10�4

Løst med hensyn pa n far vi

6 � 104

24� n2

2500 � n2

50 � n

Vi har vist at med minst n ¼ 50 delintervaller gir midtpunktregelen en tilnærming

til integraletR10

cos s2 med en nøyaktighet pa minst 10�4.

A finne R 50 gjøres best pa en datamaskin. Vi utelater detaljene i programmeringen,

men nevner at resultatet blir R 50 � 0,9046.

TrapesmetodenIgjen skal vi finne

Rba

f ðxÞ dx numerisk. Vi begynner med a dele inn intervallet ½a, b�i n like store deler,

a ¼ x0 < x1 < x2 < . . . < xn ¼ b,

slik at alle delintervallene ½xi� 1, xi� har samme bredde �x ¼ xi � xi� 1 ¼b� a

n.

Na kan vi tilnærme grafen til f ðxÞ ved a trekke rette linjestykker mellom

punktene ðxi, f ðxiÞÞ. Ideen er na a tilnærme integraletRba

f ðxÞ dx ved hjelp av

summen av alle arealene (med fortegn) mellom x-aksen og disse linjestykkene.

Figur 7.15 viser et eksempel med fire delintervaller. Arealet under hvert

linjestykke er et trapes, det vil si en firkant der to av sidene er parallelle.

Arealet av et trapes er avstanden mellom de to parallelle sidene (som her er �x)

multiplisert med gjennomsnittet av lengdene av de to parallelle sidene ðsom her er

de to høydene f ðxi� 1Þ og f ðxiÞÞ. Det er altsa ikke stort vanskeligere a regne ut

dette arealet enn det er a regne ut arealet av rektangler i Riemann-summer.

Summerer vi arealene av de n trapesene, far vi følgende formel:

7.7.5 DEFINISJON

Trapesmetoden med n delintervaller er å tilnærme integraletRba

fðxÞ dx med uttrykket

Tn ¼�fðx0Þ þ 2fðx1Þ þ 2fðx3Þ þ . . .þ 2fðxn�1Þ þ fðxnÞ

�x2

der �x ¼ b� an

og xi ¼ aþ i�x.



a b x

f (x)

Figur 7.15 Arealtilnærming med trapeser

Vi utleder formelen: Arealet av hvert trapes er grunnlinja �x ganger gjennom-

snittet av de to høydene f ðxi� 1Þ og f ðxiÞ, altsa

f ðxiÞ þ f ðxi� 1Þ2

�x:

Summen av alle disse arealene er

Xn

i¼ 1

f ðxi � 1Þ þ f ðxiÞ2

�x ¼�

f ðx0Þ þ f ðx1Þ|fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl}i¼ 1

þ f ðx1Þ þ f ðx2Þ|fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl}i¼ 2

þ f ðx2Þ þ f ðx3Þ|fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl}i¼ 3

þ . . . þ f ðxn � 1Þ þ f ðxnÞ|fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl}i¼ n

��x

2

Slar vi sammen leddene som forekommer to ganger, f ðx1Þ þ f ðx1Þ ¼ 2f ðx1Þ,f ðx2Þ þ f ðx2Þ ¼ 2f ðx2Þ osv., far vi formelen for Tn.

7.7.6 EKSEMPEL

Arealet av en sirkelskive med radius 1 er �. Ligningen

x2 þ y2 ¼ 1

definerer en sirkel med radius 1, sa omradet mellom x-aksen og grafen til

f ðxÞ ¼ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1� x2p

er en halv sirkelskive. Derfor skal

2R1�1

ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1� x2p

dx ¼ �:

Det er faktisk mulig a finne en antiderivert tilffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1� x2p

, men det er ikke helt

opplagt hvordan vi skal ga frem.

La oss i stedet bruke trapesmetoden med n ¼ 100 delintervaller. Vi regner ut

summen i definisjon 7.7.5 trinn for trinn: Vi starter med f ðx0Þ, sa legger vi til

alle 2f ðxiÞ for i fra 1 til n� 1, og til sist legger vi til f ðxnÞ. Deretter multipliserer

vi hele summen med �x=2.



I pseudokode kan det se slik ut:

a = -1b = 1n = 100

function f(x)return <kvadratrot av (1 - x^2)>

end function

Delta = (b - a)/n

S = f(a) % første ledd i summen

x = a % første x-verdifor i=1 to n-1

x = x + Delta % neste x-verdiS = S + 2*f(x) % legg til neste ledd i summen

end for

S = S + f(b) % siste ledd i summen

T = S*Delta/2 % dette er trapestilnærmingen til integralet

print 2*T % dette skal bli omtrent pi

Oppgave til 7.7

1 Lag et program basert pa pseudokoden ovenfor og undersøk om du far en

brukbar tilnærming til �. (Du ma finne ut hvordan du regner ut kvadratrøtter.

Mange programmeringssprak har en kvadratrotfunksjonen med navnet «sqrt».

Alternativt kan du lage din egen, for eksempel ved a løse x2 þ y2 ¼ 1 ved hjelp

av midtpunktmetoden eller Newtons metode.)

FeilestimeringSiden trapesmetoden prøver a regne ut arealet under grafen, vil Tn �

Rba

f ðxÞ dx.

Tilnærmingen blir bedre dess større n er. Den faktiske feilen ved a bruke denne

tilnærmingsverdien er

En ¼Rba

f ðxÞ dx� Tn:

Igjen finnes en ulikhet som setter en øvre grense for feilen:

7.7.7 SETNING

Forutsatt at den dobbeltderiverte f 00ðxÞ er kontinuerlig i intervallet ½a, b� og vi harvalgt en konstant M2 som oppfyller M2 �

��f 00ðxÞ�� for x 2 ½a, b�, gjelder følgendeulikhet for feilen ved trapesmetoden:


12n2



7.7.8 EKSEMPEL

I statistikk er normalfordelingen den mest brukte sannsynlighetsfordelingen.

Tetthetsfunksjonen ved standard normalfordeling er

f ðxÞ ¼ 1ffiffiffiffiffiffi2�p e

� x2

2 :

IntegraletR2�2

f ðxÞ dx beregner sannsynligheten for at en normalfordelt variabel

ligger innenfor to standardavvik fra middelverdien. La oss avgjøre hvor nøyaktig

tilnærming vi far ved a bruke trapesmetoden med n ¼ 10 og n ¼ 100 delintervaller.

Vi dobbeltderiverer og finner en verdi for M2:

f 0ðxÞ ¼ � 1ffiffiffiffiffiffi2�p xe

� x2

2

f 00ðxÞ ¼ 1ffiffiffiffiffiffi2�p ðx2 � 1Þe�

x2

2

Nar x er mellom �2 og 2, har vi

1ffiffiffiffiffiffi2�p ðx2 � 1Þe�

x2

2

� 1ffiffiffiffiffiffi

2�p � 3 � 1:

Vi bruker derfor M2 ¼ 3=ffiffiffiffiffiffi2�p

. Sammen med integrasjonsgrensene a ¼ �2 og

b ¼ 2 gir dette følgende øvre grense for feilen:

jEnj �

3ffiffiffiffiffiffi2�p

�2� ð�2Þ

3

12n2¼ 8

ffiffiffi2pffiffiffi�p

n2

Med n ¼ 10 delintervaller er feilen mindre enn 0,064, mens n ¼ 100 gir en feil

mindre enn 6,4 � 10�4. For øvrig kan vi beregne de tilnærmede verdiene for integralet

i slike tilfeller til

T10 ¼ 0,9516 og T100 ¼ 0,9545:

Det er om lag 95 % sannsynlighet for at en normalfordelt variabel ligger innenfor

to standardavvik fra middelverdien.

La oss sammenligne trapesmetoden og midtpunktregelen med hensyn pa antall

delintervaller som trengs for a oppna en gitt nøyaktighet.



7.7.9 EKSEMPEL

I eksempel 7.7.4 pa side 50 beregnet vi integraletR10

cos s2 med en nøyaktighet 10�4.

Hvor mange delintervaller ma vi ha ved trapesmetoden for a fa denne nøyaktigheten?

I trapesmetoden blir ulikhetene for faktisk feil, øvre grense og krav til

nøyaktighet


12n2� 10�4:

Vi bruker M2 ¼ 6, a ¼ 0, b ¼ 1 og far ulikheten

6 � ð1� 0Þ3

12n2� 10�4:

Løst med hensyn pa n far vi

5000 � n2ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi5000p

� n

Sidenffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi5000p

� 70,7, betyr dette at trapesmetoden med n ¼ 71 delintervaller

gir en tilnærmingsverdi med nøyaktighet bedre enn 10�4. For midtpunktmetoden

trengte vi bare n ¼ 50 delintervaller.

Simpsons regelMed trapesmetoden tilnærmet vi grafen til funksjonen f ðxÞ ved hjelp av linjestykker.

Na skal vi i stedet tilnærme grafen til f ðxÞ ved hjelp av biter av andregradskurver.

Dette er en mer sofistikert metode, men den er nesten like enkel a bruke i praksis.

En rett linje er entydig bestemt av to punkter pa linja. Et andregradspolynom er,

som vi skal se, entydig bestemt av tre punkter pa grafen. Derfor skal vi dele inn

integrasjonsintervallet ½a, b� i et partall antall 2n delintervaller,

a ¼ x0 < x1 < x2 < . . . < x2n ¼ b,

og pa hvert «doble» delintervall ½x2i� 2, x2i� tilnærme f ðxÞ ved hjelp av andre-

gradspolynomet som har de samme verdier som f i punktene x2i� 2, x2i� 1 og x2i.

Figur 7.16 pa neste side viser grafen til et slikt andregradspolynom (i rødt) som

tilnærming til grafen til f (i blatt).

Pa denne maten tilnærmer vi grafen til f ved hjelp av n andregradskurver.

Arealet under hver andregradskurve finner vi ved integrasjon, og sa summerer vi

alle disse arealene. Alt dette er litt omstendelig, men vi ender opp med en formel

som ikke er stort mer komplisert enn trapesmetoden:

7.7.10 DEFINISJON

Simpsons regel med et partall n antall delintervaller er å tilnærme integraletRba

fðxÞ dxmed uttrykket

Sn ¼�fðx0Þ þ 4fðx1Þ þ 2fðx2Þ þ 4fðx3Þ þ 2fðx4Þ þ 4fðx5Þ þ . . .þ fðx2nÞ

�x3

der �x ¼ b� a2n

og xi ¼ aþ i�x.



x2i – 2 x2i – 1 x2i x

f (x)

Figur 7.16 Arealtilnærming med andregradskurver

Før vi gar gjennom utledningen av denne formelen, skal vi se hvordan vi bruker

den i et eksempel.

7.7.11 EKSEMPEL

Den naturlige logaritmen kan defineres som et integral, spesielt har vi

ln 2 ¼Z2

1

1

xdx:

Vi skal finne en tilnærmet verdi ved hjelp av Simpsons regel med 2 � 100

delintervaller. I pseudokode:

a = 1b = 2n = 100

function f(x)return 1/x

end function

Delta = (b - a)/(2*n) % lengden av hvert delintervall

x = a % første x-verdiS = f(x) % første ledd i summen

for i=1 to n-1x = x + Delta % neste x-verdiS = S + 4*f(x) % neste ledd i summen

S = S + 2*f(x) % neste ledd i summenend for

x = x + Delta % nest siste x-verdiS = S + 4*f(x) % nest siste ledd i summenS = S + f(b) % siste ledd i summen

S = S*Delta/3

print S % dette skal være omtrent ln 2



Oppgave til 7.7

2 Lag et program basert pa pseudokoden ovenfor.

Undersøk resultatet ved a sette det inn i eln 2 ¼ 2.

Utledning av formelen i definisjon 7.7.10: La oss først bestemme den andregrads-

kurven som gar gjennom de tre punktene�x0, f ðx0Þ

,�x1, f ðx1Þ

og�x2, f ðx2Þ

,

der x0 < x1 < x2 ligger med samme avstand �x ¼ x1 � x0 ¼ x2 � x1.

Andregradspolynomer skriver vi vanligvis ax2 þ bxþ c, men vi sparer litt

arbeid ved a skrive andregradspolynomet vart som

pðxÞ ¼ aðx� x1Þ2 þ bðx� x1Þ þ c:

Setter vi inn de tre verdiene x0, x1 og x2, og husker pa at x0 � x1 ¼ ��x,

mens x2 � x1 ¼ �x, far vi

pðx0Þ ¼ að�xÞ2 � b�xþ c

pðx1Þ ¼ c

pðx2Þ ¼ að�xÞ2 þ b�xþ c

Kravet vi stiller til p er at pðx0Þ ¼ f ðx0Þ, pðx1Þ ¼ f ðx1Þ og pðx2Þ ¼ f ðx2Þ.Det bestemmer na de tre koeffisientene a, b og c slik:

pðx1Þ ¼ f ðx1Þ ¼) c ¼ f ðx1Þpðx2Þ � pðx0Þ ¼ f ðx2Þ � f ðx0Þ ¼) 2b�x ¼ f ðx2Þ � f ðx0Þ

¼) b ¼ f ðx2Þ � f ðx0Þ2�x

pðx0Þ þ pðx2Þ ¼ f ðx0Þ þ f ðx2Þ ¼) 2að�xÞ2 þ 2c ¼ f ðx0Þ þ f ðx2Þ

¼) a ¼ f ðx0Þ � 2 f ðx1Þ þ f ðx2Þ2ð�xÞ2

Na har vi funnet andregradspolynomet pðxÞ. Neste skritt er a finne integralet:

Rx2

x0

pðxÞ dx¼ aðx� x1Þ3

3þ bðx� x1Þ2

2þ cx

" #x2

x0

¼ aðx2 � x1Þ3 � ðx0 � x1Þ3

3þ bðx2 � x1Þ2 � ðx0 � x1Þ2

2þ cðx2 � x0Þ

¼ a2ð�xÞ3

3þ 2c�x

Sett inn a og c:

Rx2

x0

pðxÞ dx¼ f ðx0Þ � 2 f ðx1Þ þ f ðx2Þ2ð�xÞ2

!2ð�xÞ3

3þ 2 f ðx1Þ�x

¼�

f ðx0Þ þ 4 f ðx1Þ þ f ðx2Þ�x

3



Bruker vi na dette resultatet pa trippelet x2i� 2, x2i� 1, x2i i stedet for x0, x1, x2,

far vi at integralet til f ðxÞ over hvert intervall ½x2i� 2, x2i� er tilnærmet lik�f ðx2i� 2Þ þ 4 f ðx2i� 1Þ þ f ðx2iÞ

�x

3:

Til sammen far vi atRba

f ðxÞ dx er tilnærmet lik summen

Xn

i¼ 1

�f ðx2i�2Þ þ 4 f ðx2i�1Þ þ f ðx2iÞ

�x

3

¼�

f ðx0Þ þ 4 f ðx1Þ þ f ðx2Þ þ f ðx2Þ þ 4 f ðx3Þ þ f ðx4Þ þ f ðx4Þ þ 4 f ðx5Þ þ f ðx6Þ þ . . .þ f ðx2nÞ�x

3:

Slar vi na sammen leddene som kommer pa rad, f ðx2Þ þ f ðx2Þ ¼ 2 f ðx2Þ,f ðx4Þ þ f ðx4Þ ¼ 2 f ðx4Þ osv., far vi formelen vi skulle utlede.

FeilestimeringSom for de andre metodene definerer vi den faktiske feilen ved tilnærmings-

verdien som

En ¼Rba

f ðxÞ dx� Sn:

Øvre grense for feilen er gitt ved følgende ulikhet:

7.7.12 SETNING

Forutsatt at den fjerdederiverte fð4ÞðxÞ er kontinuerlig på intervallet ½a, b� og vi har valgten konstant M4 som oppfyller M4 �

fð4ÞðxÞ for x 2 ½a, b�, gjelder følgende ulikhet forfeilen ved Simpsons regel:


180n4

7.7.13 EKSEMPEL

Vi skal gjøre feilestimering for beregningen i eksempel 7.7.11.

Der brukte vi S100 for integralet

Z2

1

1

xdx som tilnærmet verdi for ln 2.

Vi deriverer integranden:

f 0ðxÞ ¼ � 1

x2

f 00ðxÞ ¼ 2

x3

f ð3ÞðxÞ ¼ � 6

x4

f ð4ÞðxÞ ¼ 24

x5

Nar x er mellom 1 og 2, er24

x5� 24. Vi bruker derfor M4 ¼ 24. Sammen med

integrasjonsgrensene a ¼ 1 og b ¼ 2 har vi følgende øvre grense for feilen:

M4ðb� aÞ5

180n4¼ 24ð2� 1Þ5

180n4¼ 2

15n4

Med n ¼ 100 delintervaller er feilen mindre enn 1,4 � 10�9.



7.7.14 EKSEMPEL

La oss bruke Simpsons regel for a finne y-koordinaten pa klotoiden i buelengde b ¼ 1

fra origo. Vi ønsker igjen en nøyaktighet pa minst 10�4. I eksempel 7.7.4 satte vi

opp dette integralet:

y ¼R10

sin s2

Med feilestimatet for Simpsons regel blir ulikhetene for faktisk feil, øvre grense og

krav til nøyaktighet slik:


180n4� 10�4

For a bestemme n skal vi løse ulikheten til høyre. Vi ma finne en verdi for M4

som begrenser den fjerdederiverte av f ðsÞ ¼ sin s2. Derivasjon gir

f 0ðsÞ ¼ 2s cos s2

f 00ðsÞ ¼ 2 cos s2 � 4s2 sin s2

f ð3ÞðsÞ ¼ �12s sin s2 � 8s3 cos s2

f ð4ÞðsÞ ¼ ð16s4 � 12Þ sin s2 � 48s2 cos s2

For s-verdier mellom 0 og 1 er f ð4ÞðsÞ � ð16s4 � 12Þ sin s2 þ 48s2 cos s2

� 12þ 48 ¼ 60:

Dermed kan vi bruke M4 ¼ 60 i feilestimatet. Vi setter opp ulikheten for n med

tallverdier:

60 � ð1� 0Þ5

180n4� 10�4

104

3� n4

10ffiffiffi34p � n

Siden10ffiffiffi

34p � 7,6, betyr dette at Simpsons regel med n ¼ 8 delintervaller gir

en tilnærmingsverdi med nøyaktighet bedre enn 10�4.

Den tilnærmingsverdien S8 kan vi beregne pa datamaskin (eller kalkulator).

Punktet pa klotoiden i buelengde b ¼ 1 fra origo har y-koordinat tilnærmet lik

S8 ¼ 0,3102.



13 Fourier-rekker

Fourier-rekker ble opprinnelig innført for å forstå varmeledning, men brukesi en lang rekke sammenhenger. Vi starter med en beskrivelse av problemetsom førte til innføringen av dem. I dette problemet inngår triks fra teorien ompartielle differensialligninger, men det er ingen forutsetning at leseren kjennertil dette emnet fra før. Vi går så inn på den generelle teorien og gir mangeeksempler.

13.1 *VarmeligningenSom et innledende eksempel til Fourier-rekker skal vi se pa varmeledning i en

jernstav. Utregningsmaten er inspirert av Fouriers opprinnelige artikler om varme-

ledning. Hans tese er at periodiske funksjoner kan skrives som en sum av

trigonometriske bølger av økende frekvens. Ved a gjøre denne omskrivningen kan

vi i mange praktiske situasjoner studere hver frekvens for seg. Det forenkler ofte

utregningene til en handterbar kompleksitet. Na skal vi se hvordan Fouriers ideer

brukes:

En smed plasserer den ene enden av en jernstav i en esse. Vi skal her stille opp

en modell for temperaturen i jernstaven som funksjon av avstanden x langs staven,

malt i meter, og tiden t malt i sekunder. Jern begynner a gløde ved ca. 540 C.

Ut fra modellen skal vi ansla tidspunktet nar halve staven gløder.

Vi skal stille opp modellen for en jernstav pa �=20 � 0,157 m. I essen antar vi

at temperaturen er konstant 1500 C. Staven tilføres varme i den enden som stikker

inn i essen. Vi gar ut fra at staven er isolert langs hele lengden og i den andre enden.

Det vi ønsker a modellere, er en funksjon u ¼ uðx, tÞ som viser temperaturen

i staven i posisjonen x ved tidspunktet t i forhold til temperaturen i essen.

Som startbetingelse skal vi anta at jernstaven er 0 C i alle punkt ved tids-

punktet t ¼ 0. Vi lar x ¼ 0 være endepunktet som stikker inn i essen.

Der er temperaturen konstant 1500 C. Siden u males relativt til essen, skriver vi

uðx, 0Þ ¼ �1500 for alle x og

uð0, tÞ ¼ 0 for t > 0.

Fouriers lov for varmeledning sier at varmestrømmen er proporsjonal med tempera-

turgradienten@u

@x. Med dette utganspunktet kan vi utlede differensialligningen

@u

@t¼ �@

2u

@x2,

der konstanten � kalles termisk diffusivitet og har verdien � ¼ 2,3 � 10�5 m2=s

for jern. Denne partielle differensialligningen kalles varmeligningen.

Fouriers fremgangsmate for a løse varmeligningen var a se etter løsnings-

funksjoner pa formen

uðx, tÞ ¼ XðxÞTðtÞ:


Dette kalles a separere variablene. Innsatt i varmeligningen far vi

XðxÞT 0ðtÞ ¼ �X 00ðxÞ TðtÞ:Dette kan vi omskrive til

X 00

X¼ T 0

�T¼ konstant ¼ �!2:

Her har vi valgt a kalle konstanten �!2 for a understreke at den er negativ

(det vi trenger). Brøkene ma være konstante siden den ene siden ikke endrer seg

nar t varieres, mens den andre siden ikke endres nar x varieres. Ved a se pa X og T

hver for seg gir dette to differensialligninger med bare en variabel hver, altsa ordinære

differensialligninger som vi kan løse ved a bruke den teorien vi kan fra før.

I variabelen x gir X 00=X ¼ �!2 differensialligningen

X 00 þ !2X ¼ 0 som har generell løsning XðxÞ ¼ A cos !xþ B sin !x:

Startbetingelsen uð0, tÞ ¼ 0 gir Xð0Þ ¼ 0, altsa A ¼ 0. Videre forutsatte vi at

staven var isolert i enden x ¼ �=20. Det vi si ingen varmestrøm, altsa@u

@x¼ 0 her.

Dermed er ogsa X 0ð�=20Þ ¼ 0. Utregning gir X 0ð�=20Þ ¼ B! cos !�

20

� �.

Vi ser bort fra muligheten B ¼ 0, for det tilsvarer at hele staven har konstant

temperatur. Derfor ser vi hva cosinus lik null innebærer:

Det betyr at !�=20 ¼ �2þ k�, eller ! ¼ 20k þ 10.

I variabelen t har vi den separerte differensialligningen

T 0

�T¼ �!2 som har generell løsning T ¼ Ce��!

2t:

Vi setter inn for X, T og ! i uttrykket u ¼ X � T og far for hver indeks

k ¼ 0, 1, 2, . . . en løsning av varmeligningen pa formen

ukðx, tÞ ¼ ck e��ð20kþ 10Þ2t sinð20k þ 10Þx,

der ck er en konstant. Den generelle løsningen er den uendelige lineære

kombinasjonen av disse løsningene:

uðx, tÞ ¼X1k¼ 0

cke��ð20kþ10Þ2t sinð20k þ 10Þx:

Konstantene ck bestemmer vi fra den initielle temperaturfordelingen i jernstaven

ved a sette inn t ¼ 0. I var modell var uðx, 0Þ ¼ �1500. Det girX1k¼ 0

ck sinð20k þ 10Þx ¼ �1500:

Et av de sentrale temaene i dette kapittelet er hvordan vi bestemmer verdiene

av slike koeffisienter ck. I eksempel 13.3.17 pa side 80, skal vi finne ck-ene

i dette konkrete tilfellet. Resultatet ck ¼ �6000

ð2k þ 1Þ� skal vi benytte videre her.

Det gir oss et konkret uttrykk for uðx, tÞ, den relative temperaturen til essen.

Var modell for temperaturen i jernstaven, malt i C, blir

1500� 6000

�

X1k¼ 0

1

2k þ 1e��ð20kþ 10Þ2t sinð20k þ 10Þx,

der � ¼ 2,3 � 10�5.



Vi skal ansla tidspunktet der halve jernstaven gløder. Merk at uttrykket1

2k þ 1e��ð20kþ 10Þ2t gar raskt mot 0 nar k øker. Vi far en grei tilnærming

til temperaturen i jernstaven ved bare a ta med leddet for k ¼ 0.

Halve staven gløder nar temperaturen i midtpunktet x ¼ �

40blir 540 C.

Med forenklingen gir dette ligningen

1500� 6000

�e�100�t sin

�

4¼ 540:

Løsningen er

t ¼ 1

100�ln

25

4�ffiffiffi2p � 150:

Det vil si at halve jernstaven gløder etter to og et halvt minutt.

13.2 Trigonometriske rekkerVi skal tilnærme funksjoner definert pa intervallet ½��, �� som lineære

kombinasjoner av trigonometriske funksjoner pa formen sin nx og cos nx.

13.2.1 DEFINISJON

En trigonometrisk rekke med perioden 2� er en rekke på formen

a0 þP1

n¼1

�an cos nxþ bn sin nx

:

13.2.2 EKSEMPEL

Her er tre eksempler pa trigonometriske rekker:

f ðxÞ ¼ cos xþ 1

3sin 3xþ 1

10cos 5x

gðxÞ ¼ sin x� 1

2sin 2xþ 1

3sin 3x� 1

4sin 4xþ � � �

hðxÞ ¼ �4�X1n¼ 1

1� ð�1Þn

�ncos nxþ ð�1Þn

nsin nx

� �

Vi kaller rekken til f ðxÞ et trigonometrisk polynom siden den bare inneholder

er endelig antall ledd. Merk at rekken til gðxÞ bare inneholder sinusledd;

det har konsekvenser for symmetrien til funksjonen. Rekken for hðxÞ kan være

utfordrende a lese. Derfor kan det hjelpe a skrive ut de første leddene og se om

vi ser systemet:

hðxÞ ¼ �4� 2

�cos xþ sin xþ 0� 1

2sin 2x� 2

3�cos 3xþ 1

3sin 3xþ � � � :

KAPITTEL 13: FOURIER-REKKER � 63


Vi plotter de tre grafene og far:

−3 −2 −1 0

a) Graf til f(x)1 2 3

−1

−0,5

0

0,5

1

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4−2

−1,5

−1

−0,5

0

0,5

1

1,5

2

b) Graf til g(x)−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

−0,5

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5

c) Graf til h(x)

Ideen bak Fourier-rekker er a skrive funksjoner som trigonometriske rekker, altsa

f ðxÞ ¼ a0 þ a1 cos xþ b1 sin xþ a2 cos 2xþ b2 sin 2xþ . . . :

Vi skal na finne formler for koeffisientene. Spørsmalet om konvergens skal vi komme

tilbake til senere. Forutsatt at rekken foran kan integreres ledd for ledd, far vi

R��

f ðxÞ dx ¼R��

a0 dxþ a1

R��

cos x dxþ b1

R��

sin x dxþ a2

R��

cos x dxþ b2

R��

sin 2x dxþ . . . :

Merk at alle integralene pa formenR��

cos nx dx ogR��

sin nx dx blir lik null

fordi de trigonometriske funksjonene er like mye over som under x-aksen

mellom �� og �. Dermed erR��

f ðxÞ dx ¼ 2�a0,

som gir

a0 ¼1

2�

Z��

f ðxÞ dx:

For a finne koeffisienten an multipliserer vi først hele den trigonometriske rekken

med cos nx. Det gir

f ðxÞ cos nx ¼ a0 cos nxþ a1 cos x cos nxþ b1 sin x cos nxþ a2 cos 2x cos nxþ b2 sin 2x cos nxþ . . . :

Dette uttrykket kan omskrives slik at det blir en ny trigonometrisk rekke.

Til det trengs de tre trigonometriske identitetene:

sin mx cos nx ¼ 1

2

�sinðmþ nÞxþ sinðm� nÞx

cos mx cos nx ¼ 1

2

�cosðmþ nÞxþ cosðm� nÞx

sin mx sin nx ¼ 1

2

�cosðm� nÞx� cosðmþ nÞx

La oss se etter konstantledd pa høyre side i identitetene. Vi finner dem ved

a sette m ¼ n inn i cosðm� nÞx. Det gir cosðm� nÞx ¼ cos 0 ¼ 1.

Merk at m ¼ n innsatt i sinðm� nÞx gir sin 0 ¼ 0.



Omskrivning av uttrykket ovenfor gir

f ðxÞ cos nx ¼ a0 cos nxþ . . .þ an cos nx cos nxþ . . .

¼ a0 cos nxþ . . .þ 1

2an

�cosð2nxÞ þ 1

þ . . . :

Det eneste konstantleddet kommer fra an cos nx cos nx, som vist ovenfor.

Etter omstokking av leddene far vi

f ðxÞ cos nx ¼ 1

2an þ ledd med cosinus eller sinus.

Ved integrering fra �� til � forsvinner alle ledd unntatt konstantleddet. Derfor er

R��

f ðxÞ cos nx dx ¼Z��

1

2an dx:

Vi løser for an og far

an ¼1

�

Z��

f ðxÞ cos nx dx:

Tilsvarende utregning for f ðxÞ sin nx gir formelen

bn ¼1

�

Z��

f ðxÞ sin nx dx:

I utledningen matte vi forutsette at f ðxÞ kunne representeres ved en trigonometrisk

rekke, og at rekkene kunne integreres leddvis. Uavhengig av disse forutsetningene

representerer formlene vart beste forslag til tallverdier for koeffisientene.

Derfor innfører vi disse uttrykkene som definisjoner.

13.2.3 DEFINISJON

La fðxÞ være en funksjon definert for x 2 ½��, ��. Forutsatt at integralene eksisterer,definerer vi Fourier-koeffisientene ved

a0 ¼12�

Z��

fðxÞ dx

an ¼1�

Z��

fðxÞ cos nx dx

bn ¼1�

Z��

fðxÞ sin nx dx

Fourier-rekken til fðxÞ er definert som den trigonometriske rekken

FfðxÞ ¼ a0 þX1n¼ 1


,

der koeffisientene er gitt ved formlene ovenfor.



Husk at vi evaluerer rekker ved a ta grenseverdien av delsummene. For Fourier-rekken

innfører vi notasjonen

FNf ðxÞ ¼ a0 þXN

n¼ 1


for delsummen avbrutt etter leddene med cos Nx og sin Nx.

Vi skal senere se at Fourier-rekken (pa flere mater) er den trignometriske

rekken som passer best til funksjonen. I neste eksempel viser vi utregningen av

Fourier-koeffisientene i et konkret tilfelle, og vi skal se hvordan de tilsvarende

trigonometriske polynomene av økende grad gir stadig bedre tilnærminger til

funksjonen.

13.2.4 EKSEMPEL

Definer funksjonen f ved

f ðxÞ ¼ � hvis 0 � x � �,

0 hvis �� x < 0.

�Vi finner Fourier-koeffisientene og plotter grafen til f ðxÞ sammen med de tilsvarende

trigonometriske polynomene FNf ðxÞ for N ¼ 1, 3, 5, 7 og 61.

Siden f ðxÞ er nullet ut i intervallet ½��, 0i kan vi ta integrasjonsgrensene

fra 0 til � i utregningen. Utregningen er rett frem, men vi kommer til a bruke

omskrivningen cos n� ¼ ð�1Þn. Vi far

a0 ¼1

2�

Z��

f ðxÞ dx ¼ 1

2�

Z�0

� dx ¼ �2

an ¼1

�

Z��

f ðxÞ cos nx dx ¼ 1

�

Z�0

� cos nx dx ¼ sin nx

n

��0

¼ 0

bn ¼1

�

Z��

f ðxÞ sin nx dx ¼ 1

�

Z�0

� sin nx dx ¼ � cos nx

n

h i�0¼ �ð�1Þn

nþ 1

n

Vi kan skrive Fourier-rekken som

Ff ðxÞ ¼ �2þX1n¼ 1

1� ð�1Þn

nsin nx

� �¼ �

2þ 2 sin xþ 2

3sin 3xþ 2

5sin 5xþ � � � :

Merk at bn ¼ 0 nar n er partall, og bn ¼ 2=n nar n er oddetall.

Ved a utelate partallsledd er Fourier-rekken

Ff ðxÞ ¼ �2þX1m¼ 1

2

2m� 1sinð2m� 1Þx:

Vi plotter funksjonen f ðxÞ sammen med den trigonometriske rekken avbrutt ved

ulike grader (se figurene øverst pa neste side).



−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4−0,5

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5

4

d) Funksjon tilnærmet ved gradene 1, 3, 5 og 7

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4−0,5

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5

e) Funksjon tilnærmet ved gradene 5 og 61

Merk at for x ¼ ��, 0 og �, er den trigonometriske rekken konstant lik �=2 fordi

alle sinusledd blir 0. Dermed er ikke funksjonen f ðxÞ lik Fourier-rekken i disse

tilfellene. For alle andre x-verdier konvergerer Fourier-rekken mot funksjonsverdien.

Legg ogsa merke til hvordan det globale maksimum til FN f ðxÞ i alle tilfeller

befinner seg tydelig høyere enn funksjonsverdien, men hvordan det stadig beveger

seg lenger ut til siden nar N !1. Dette kalles Gibbs fenomen, og vi skal se nærmere

pa det siden.



13.3 Periodiske funksjonerDe trigonometriske funksjonene sin x og cos x gjentar seg selv med perioden 2�.

Sammenhengen f ðxþ 2�Þ ¼ f ðxÞ gjelder ogsa alle funksjoner som kan skrives

som en trigonometrisk rekke med perioden 2�. I virkeligheten finnes det mange

fenomener som gjentar seg selv, men periodene er av ulike lengder. Et ar har

365 dager, solen har en solflekksyklus pa 11 ar, en typisk bilmotor gjør en

omdreining pa 0,03 sekunder, synlig lys har en bølgelengde i størrelsesorden 500 nm.

Vi definerer periodiske funksjoner for a kunne regne pa slike fenomener:

13.3.1 DEFINISJON

En funksjon fðxÞ er periodisk med perioden T når

fðxþ TÞ ¼ fðxÞ for alle verdier av x.

Prinsipalperioden til fðxÞ er den minste T > 0 for at dette skal gjelde.

Nar vi skal gi eksempler pa periodiske funksjoner, faller det naturlig a bruke de

trigonometriske funksjonene. Det viser seg at dette ogsa vil gi samtlige periodiske

funksjoner, i en viss forstand.

13.3.2 DEFINISJON

En trigonometrisk rekke med perioden T er en rekke på formen

a0 þX1n¼1

an cos2�nx

Tþ bn sin

2�nxT

� �:

For a finne den trigonometriske rekken som passer best til en periodisk funksjon

med perioden T bruker vi denne versjonen av Eulers formler:

13.3.3 DEFINISJON (FOURIER – EULERS FORMLER)

La fðxÞ være en periodisk funksjon med perioden T. Ved å integrere over en helperiode ½c, c þ T� definerer vi Fourier-koeffisientene ved

a0 ¼1T

Zcþ T

c

fðxÞ dx

an ¼2T

Zcþ T

c

fðxÞ cos2�nx

Tdx

bn ¼2T

Zcþ T

c

fðxÞ sin 2�nxT

dx

Fourier-rekken med periode T til fðxÞ er definert som den trigonometriske rekken

FfðxÞ ¼ a0 þX1n¼ 1

an cos2�nx

Tþ bn sin

2�nxT

� �,

der koeffisientene er gitt ved formlene ovenfor.

I definisjonen var er verdiene til a0, an og bn uavhengig av hvordan

intervallet ½c, cþ T � velges. Det viktige er a integrere over en hel periode.



13.3.4 EKSEMPEL

Vi skal se pa funksjonen f ðxÞ ¼ arctanðtan xÞ, finne perioden og regne ut Fourier-

rekken. Fra trigonometrien vet vi at tangens er periodisk med perioden T ¼ �,

dette er ogsa perioden til var f ðxÞ. For x-verdier mellom ��=2 og �=2 er tan x og

arctan y de inverse funksjonene til hverandre, mens vi for x utenfor dette omradet har

f ðxÞ ¼ x� k�,

der k er et heltall slik at x� k� ligger i intervallet ��2

,�

2

� �. I utregningen av

Fourier-koeffisientene er det derfor enklest a bruke perioden fra ��=2 til �=2

som integrasjonsgrenser. Vi far

a0 ¼1

�

Z�2��

2

x dx ¼ 1

�

1

2x2

��2

��2

¼ 0

an ¼2

�

Z�2��

2

x cos 2nx dx ¼ 2

�

1

2nx sin 2nxþ 1

4n2cos 2nx

��2

��2

¼ 0

bn ¼2

�

Z�2��2

x sin 2nx dx ¼ 2

�� 1

2nx cos 2nxþ 1

4n2sin 2nx

��2

��2

¼ �ð�1Þn

n

Mellomregninger er utelatt. Vi har brukt delvis integrasjon til a finne de anti-

deriverte. I innsettingen har vi brukt at sin n� ¼ 0 og cos n� ¼ ð�1Þn.

Vi har funnet Fourier-rekken

Ff ðxÞ ¼ �X1n¼ 1

ð�1Þn

nsin 2nx ¼ sin 2x� 1

2sin 4xþ 1

3sin 6x� 1

4sin 8xþ � � � :

Vi plotter funksjonen over tre perioder sammen med Fourier-rekken avbrutt etter

sin 8x-leddet:

−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5−2

−1,5

−1

−0,5

0

0,5

1

1,5

2

Figur 13.1 Fourier-rekke for fðxÞ ¼ arctanðtan xÞ.



I det neste eksempelet skal vi bruke reelle maledata sammen med numerisk

integrasjon for a finne Fourier-koeffisienter, til a gi en tilnærming til døgn-

middeltemperatur som en funksjon av antall dager etter nyttar. Resultatet blir

den sinuskurven som best modellerer virkeligheten.

13.3.5 EKSEMPEL

Meteorologisk institutt tilbyr nedlasting av historiske værdata via tjenesten eKlima,

se eklima.met.no. I dette eksempelet skal vi se pa døgnmiddeltemperaturen ved

malestasjonen Strømtangen fyr i Fredrikstad fra aret 2011. Vi laster ned disse dataene

og lagrer dem som en tabell T. Dermed vil T[i] være døgnmiddeltemperaturen pa

arets i-te dag. I matematisk notasjon skriver vi Ti for denne temperaturen.

Vi tenker oss na at TðxÞ er en kontinuerlig funksjon som beskriver døgn-

middeltemperaturen x dager etter 1. januar 2011. Vi bestemmer oss for a plassere

maledataene slik at Ti ¼ Tði� 0,5Þ. Det er egentlig ganske naturlig, for x ¼ 6,5

representerer kl 12.00 den 7. januar, og den tilsvarende døgnmiddeltemperaturen

er T7.

Vi skal na modellere TðxÞ ved en Fourier-rekke med perioden 365.

Koeffisientene er gitt ved

a0 ¼1

365

Z365

0

TðxÞ dx

an ¼2

365

Z365

0

TðxÞ cos2�nx

365dx

bn ¼2

365

Z365

0

TðxÞ sin2�nx

365dx

Vi gjør numerisk integrasjon etter midtpunktregelen med 365 delintervaller,

se seksjon ????. Hvert delintervall har da lengden �x ¼ 1. Følgende summer gir

tilnærmede verdier:

a0 �1

365

X365

i¼ 1

Ti

an �2

365

X365

i¼ 1

Ti cos2�nði� 0,5Þ

365

bn �2

365

X365

i¼ 1

Ti sin2�nði� 0,5Þ

365



Pa en datamaskin beregner vi a0, a1 og b1 som indikert ved pseudokoden:

T[] = tabell av temperaturdata for Strømtangen fyr, 2011

a0 = 0a1 = 0b1 = 0

for i = 1 to 365a0 = a0 + T[i]a1 = a1 + T[i]*cos(2*pi*(i - 0.5)/365)b1 = b1 + T[i]*sin(2*pi*(i - 0.5)/365)

end for

a0 = 1/365*a0a1 = 2/365*a1b1 = 2/365*b1

Kjøring av programmet gir

a0 ¼ 8,3263, a1 ¼ �8,4063 og b1 ¼ �4,5753:

Dette er gode tilnærmingsverdier for de første Fourier-koeffisientene.

Derfor er funksjonen

F1ðxÞ ¼ 8,3263� 8,4063 cos2�x

365� 4,5753 sin

2�x

365

var beste tilnærming til TðxÞ ved trigonometriske polynomer av første grad.

Vi plotter temperaturdataene sammen med F1ðxÞ i samme koordinatsystem.

Jan Feb Mar Apr Mai Jun Jul Aug Sep Okt Nov Des−15

−10

−5

0

5

10

15

20

25

Figur 13.2 Middeltemperatur ved Strømtangen fyr i 2011 tilnærmet ved sinusbølge



Periodiske utvidelserNar vi skal angi periodiske funksjoner, er det praktisk a spesifisere funksjons-

uttrykket pa en periode og deretter fortelle at funksjonen utvides til andre x-verdier

ved periodisiteten. Hvis f ðxÞ er definert pa et intervall ðc, cþ T�, kan vi utvide f

til en periodisk funksjon med perioden T ved a bruke f ðxþ TÞ ¼ f ðxÞ som definisjon

for x-verdiene utenfor intervallet. Dette kalles den periodiske utvidelsen av f ðxÞ.Her følger noen eksempler:

13.3.6 EKSEMPEL

Vi skal skissere grafen til de periodiske utvidelsene gitt nedenfor.

a) Funksjonen f ðxÞ ¼ � for 0 � x � �0 for �� < x < 0

n, utvidet ved f ðxþ 2�Þ ¼ f ðxÞ.

b) Funksjonen gðxÞ ¼ 1� x for 0 � x � 11þ x for �1 < x < 0

�, utvidet ved gðxþ 2Þ ¼ gðxÞ.

c) Funksjonen hðxÞ ¼ xðx� 3Þ for 0 � x < 5, utvidet ved hðxþ 5Þ ¼ hðxÞ.

−10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8 10−2

−1

0

1

2

3

4

5

6

a) Graf til f(x)

−3 −2 −1 0 1 2 3−1

−0,5

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

b) Graf til g(x)

−5 0 5 10−5

0

5

10

15

c) Graf til h(x)

Figur 13.3 Periodiske utvidelser

Vi tegner grafen til de periodiske utvidelsene over tre perioder og ser det repeterende

mønsteret. Det angitte intervallet er plottet med rødt.



13.3.7 EKSEMPEL

La f ðxÞ være funksjonen gitt ved

f ðxÞ ¼ 2 for 0 � x < 1,

�1 for 1 � x < 3

�periodisk utvidet ved f ðxþ 3Þ ¼ f ðxÞ. Vi skal bestemme Fourier-koeffisientene

og skissere grafen sammen med tilnærmingen av grad 6.

Perioden er T ¼ 3. Siden funksjonen er gitt ved delt forskrift, ma vi dele opp

integralene tilsvarende i utregningen. Vi far

a0 ¼1

T

Z3

0

f ðxÞ dx ¼ 1

3

R10

2 dxþR31

ð�1Þ dx

� �

¼ 1

3

�2x�1

0þ��x�3

1

� �¼ 0

an ¼2

T

Z3

0

f ðxÞ cos2�nx

Tdx ¼ 2

3

Z1

0

2 cos2x

3dxþ

Z3

1

ð�1Þ cos2�nx

3dx

0@

1A

¼ 2

3

2 � 32�n

sin2�nx

3

�1

0

þ ð�1Þ � 32�n

sin2�nx

3

�3

1

!¼ 3

�nsin

2�n

3

bn ¼2

T

Z3

0

f ðxÞ sin2�nx

Tdx ¼ 2

3

Z1

0

2 sin2�nx

3dxþ

Z3

1

ð�1Þ sin2�nx

3dx

0@

1A

¼ 2

3� 2 � 3

2�ncos

2�nx

3

�1

0

þ 3

2�ncos

2�nx

3

�3

1

!¼ 3

�n1� cos

2�n

3

� �

Fourier-rekken blir

Ff ðxÞ ¼X1n¼ 0

3

�nsin

2�n

3cos

2�nx

3þ 3

�n1� cos

2�n

3

� �sin

2�nx

3

� �:

Utskrevet til grad 5 ved bruk av eksakte verdier far vi

F6 f ðxÞ ¼ 3ffiffiffi3p

2�cos

2�x

3þ 9

2�sin

2�x

3� 3

ffiffiffi3p

4�cos

4�x

3þ 9

4�sin

4�x

3

þ 3ffiffiffi3p

8�cos

8�x

3þ 9

8�sin

8�x

3� 3

ffiffiffi3p

10�cos

10�x

3þ 9

10�sin

10�x

3:



−3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6−2

−1,5

−1

−0,5

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

Figur 13.4 Funksjonen fðxÞ tilnærmet ved et trigonometrisk polynom av sjette grad

Merk at koeffisientene i gradene 3 og 6 blir 0. Vi tegner grafen til f ðxÞ sammen

med F6 f ðxÞ over tre perioder.

Odde og jevne funksjonerHvis funksjonen vi ser pa har symmetri, forenkler det utregningen av Fourier-

koeffisientene. De aktuelle formene for symmetri er:

13.3.8 DEFINISJON

a) En funksjon gðxÞ kalles jevn dersom

gð�xÞ ¼ gðxÞ for alle verdier av x:

Merk at dette betyr at grafen er symmetrisk om y-aksen.

b) En funksjon hðxÞ kalles odde dersom

hð�xÞ ¼ �hðxÞ for alle verdier av x:

Merk at dette betyr at grafen er symmetrisk om origo.

Vi bruker også disse begrepene om funksjoner som tilfredsstiller betingelsene unntatti isolerte punkter (typisk diskontinuiteter), siden vi skal integrere og integralene ikkeavhenger av oppførselen i et endelig antall punkter, bare oppførselen på intervaller.

13.3.9 MERKNAD

Betingelsene i definisjonen skal gjelde for alle x-verdier i definisjonsområdet til funksjonen.Derfor må definisjonsområdet være symmetrisk om x ¼ 0.



Merk at uttrykkene x, x3, x5, sin x, tan x, 1=x, x cos x, x3 þ 5x er eksempler pa odde

funksjoner, mens x2, x4, x6, cos x, e�x2, 1

x4þ3x2, x2ð1� x4Þ er jevne funksjonsuttrykk.

For jevne og odde funksjoner er det nesten dobbelt sa lett a beregne Fourier-

koeffisientene:

� Symmetrien til en jevn funksjon medfører at alle bn ¼ 0.

� Symmetrien til en odde funksjon medfører at alle an ¼ 0.

Videre kan vi finne de resterende Fourier-koeffisientene ved a integrere over halve

perioden. Vi presiserer:

13.3.10 TEOREM

i) Fourier-rekken til en jevn funksjon gðxÞ med perioden T ¼ 2L er

FgðxÞ ¼ a0 þX1n¼1

an cos�nx

L,

der koeffisientene er gitt ved

a0 ¼1L

ZL

0

fðxÞ dx

an ¼2L

ZL

0

fðxÞ cos�nx

Ldx:

ii) Fourier-rekken til en odde funksjon hðxÞ med perioden T ¼ 2L er

FhðxÞ ¼X1n¼1

bn sin�nx

L,

der koeffisientene er gitt ved

bn ¼2L

ZL

0

fðxÞ sin �nxL

dx:

13.3.11 BEVIS

Dette resultatet bygger på følgende observasjoner om integralet av jevne ogodde funksjoner:

RL�L

fðxÞ dx ¼ 2RL0

fðxÞ dx dersom fðxÞ er en jevn funksjon,

0 dersom ; fðxÞ er en odde funksjon.

8><>:

Vi trenger også egenskaper som følger av å holde orden på fortegn:

� Produktet av to jevne eller to odde funksjoner er selv en jevn funksjon.

� Produktet av en jevn og en odde funksjon er selv en odde funksjon.



i) La gðxÞ være en jevn funksjon med perioden T ¼ 2L. Da finner vi at

a0 ¼1T

ZT=2�T=2

gðxÞ dx ¼ 1L

ZL

0

gðxÞ dx

an ¼2T

ZT=2�T=2

gðxÞ cos2�nx

Tdx ¼ 2

L

ZL

0

gðxÞ cos�nx

Ldx

bn ¼2T

ZT=2�T=2

gðxÞ sin 2�nxT

dx ¼ 0

Den første identiteten er opplagt siden gðxÞ er jevn. Den andre og den tredje følger

fordi gðxÞ cos2�nx

Ter en jevn funksjon, mens gðxÞ sin 2�nx

Ter odde.

ii) La hðxÞ være en odde funksjon med perioden T ¼ 2L. Da finner vi at

a0 ¼1T

ZT=2�T=2

hðxÞ dx ¼ 0

an ¼2T

ZT=2�T=2

hðxÞ cos2�nx

Tdx ¼ 0

bn ¼2T

ZT=2�T=2

hðxÞ sin 2�nxT

dx ¼ 2L

ZL

0

hðxÞ sin �nxL

dx

Igjen følger dette ved symmetri: hðxÞ og hðxÞ cos2�nx

Ter odde funksjoner,

mens hðxÞ sin 2�nxT

er en jevn funksjon.

Nar vi skal beregne en Fourier-rekke, blir metoden na først a se pa grafen for a avgjøre

om funksjonen er jevn eller odde. Dersom vi finner symmetri, kan Fourier-rekken

bestemmes ved de forenklede formlene.

–1 10

3

2

1

2 t

f (t)

Figur 13.5 Grafen til fðtÞ ¼ k sinð!tÞ

for k ¼ 3 og ! ¼ �



13.3.12 EKSEMPEL

La k og ! være positive konstanter. Vi skal finne Fourier-rekken til funksjonen

f ðtÞ ¼ k sinð!tÞ

. Dette er en modifisert sinusbølge, gitt ved a speile alle

funksjonsverdiene som ligger under x-aksen.

Vi ser av grafen at dette er en jevn funksjon. Dermed er alle bn ¼ 0.

Perioden er T ¼ �

!. Vi bruker derfor L ¼ �

2!i formlene for a0 og an.

Dermed far vi

a0 ¼2!

�

Z�=2!

0

k sinð!tÞ d t ¼ 2k

�, og

an ¼4!

�

Z�=2!

0

k sinð!tÞ cosð2n! tÞ d t

¼ 4k!

�

Z�=2!

0

1

2

�sinð1þ 2nÞ!t þ sinð1� 2nÞ!t

d t

¼ � 4k

�� 1

ð2nþ 1Þð2n� 1Þ

I denne utregningen har vi brukt den trigonometriske identiteten

sin u cos v ¼ 1

2

�sinðuþ vÞ þ sinðu� vÞ

. Fourier-rekken blir

Ff ðtÞ ¼ 2k

�� 4k

�

X1n¼ 1

1

ð2nþ 1Þð2n� 1Þ cos 2n!t:

13.3.13 EKSEMPEL

Finn Fourier-rekken til f ðtÞ ¼ 2� t, 0 � t < 4, utvidet med f ðt þ 4Þ ¼ f ðtÞfor alle verdier av t. Vi skjønner at for 0 � t < 4 er

f ð�tÞ ¼ f ð�t þ 4Þ ¼ 2� ð�t þ 4Þ ¼ �2þ t ¼ �f ðtÞ:

Siden perioden er 4, gjelder dette for alle t-verdier, og funksjonen er odde.

Det enkleste er kanskje a se dette av grafen øverst pa neste side.

Na er det enkelt a beregne Fourier-koeffisientene fra formlene.

Perioden T ¼ 4 gir L ¼ 2. Alle an ¼ 0, og videre er

bn ¼2

L

ZL

0

f ðtÞ sin�nt

Ld t ¼

Z2

0

ð2� tÞ sinn� t

2d t:

Vi bruker delvis integrasjon for a løse dette integralet og finner til slutt at bn ¼4

n�.

Dermed er Fourier-rekken

Ff ðtÞ ¼X1n¼ 1

4

n�sin

n� t

2:



−8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8−5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5

Figur 13.6 Fire perioder er tegnet

Halvperiodiske utvidelserVi tar for oss halvperiodiske utvidelser. Vi tenker oss at intervallet h0, Li er en

halv periode, og at vi har en funksjon f ðxÞ definert for x i dette intervallet.

Uten tilleggsopplysninger finnes ingen entydig mate a utvide f ðxÞ til en funksjon

med perioden T ¼ 2L. Om vi spesifiserer en symmetri – at resultatet skal være

enten en jevn eller en odde funksjon – blir utvidelsen veldefinert:

13.3.14 DEFINISJON

La fðxÞ være definert på intervallet h0, Li. Vi definerer

i) den jevne periodiske utvidelsen av fðxÞ som funksjonen

gðxÞ ¼ fðxÞ for 0 < x < Lfð�xÞ for �L < x < 0,

�gðxþ 2LÞ ¼ gðxÞ for alle verdier av x:

Dette blir en jevn funksjon, og Fourier-rekken til gðxÞ kalles Fourier-cosinusrekkentil fðxÞ.

ii) den odde periodiske utvidelsen av fðxÞ som funksjonen

hðxÞ ¼ fðxÞ for 0 < x < L�fð�xÞ for �L < x < 0,

�hðxþ 2LÞ ¼ hðxÞ for alle verdier av x:

Dette blir en odde funksjon, og Fourier-rekken til hðxÞ kalles Fourier-sinusrekken til fðxÞ.



13.3.15 EKSEMPEL

Vi tegner forskjellige halvperiodiske utvidelser. Dersom grafen til f ðxÞ er definert for

0 < x < 3 som pa figur 13.7a, viser figur b tre perioder av den jevne periodiske

utvidelsen, mens figur c er tre perioder av den odde periodiske utvidelsen.

−8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8

−6

−4

−2

0

2

4

6

a) Graf til f(x)−10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8 10

−6

−4

−2

0

2

4

6

b) Jevn periodisk utvidelse g(x)−10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8 10

−6

−4

−2

0

2

4

6

c) Odde periodisk utvidelse h(x)

Figur 13.7 Halvperiodiske utvidelser

13.3.16 EKSEMPEL

Her skal vi bestemme Fourier-cosinusrekken til f ðtÞ ¼ t for t 2 ½0, 2�. Vi vet at dette

er det samme som Fourier-rekken til den jevne periodiske utvidelsen med perioden

T ¼ 4 som skal bestemmes. Vi bruker formlene for jevne funksjoner og finner:

a0 ¼1

2

Z2

0

f ðtÞ d t ¼ 1

2

Z2

0

t d t ¼ 1

an ¼Z2

0

f ðtÞ cosn�

2t

� �d t ¼

Z2

0

t cosn�

2t

� �d t

¼ 2

n�t sin

n�

2t

� �þ 2

n�

� �2

cosn�

2t

� �" #2

0

¼ 4

n2�2

�cosðn�Þ � 1

¼ 4

n2�2

�ð�1Þn � 1

Vi legger merke til at an ¼ 0 for partall n. Fourier-cosinusrekken blir

1� 8

�2

X1m¼ 0

1

ð2mþ 1Þ2cosð2mþ 1Þ�t

2:



*Funksjoner med flere symmetrier

−3 −2 −1 0 1 2 3−1,5

−1

−0,5

0

0,5

1

1,5

Figur 13.8 Blå funksjoner er symmetriske om origo og linja

De trigonometriske funksjonene har mange symmetrier. Eksempelvis er sin x

bade symmetrisk om origo og symmetrisk om linja x ¼ �2

. Disse to symmetri-

egenskapene finner vi hos funksjonene sin nx for n oddetall, men ikke hos

funksjonene sin nx for n partall, eller hos noen av cos nx. Vi har plottet sin x og

sin 3x i blatt, sammen med cos 2x og sin 2x i rødt, for a illustrere forskjellen

i symmetriegenskaper.

A benytte flere symmetriegenskaper kan være nyttig nar vi skal finne Fourier-

rekker med spesielle egenskaper:

13.3.17 EKSEMPEL

I det innledende eksempelet om varmeledning i en jernstav ønsket vi a finne en

Fourier-rekke som bestod av sinusledd pa formen sinð20k þ 10Þx, slik at summen

ble konstant lik �1500 for x-verdier mellom 0 og �=20. Na skal vi utnytte

symmetriene til disse sinusfunksjonene til a bestemme Fourier-koeffisientene.

Vi starter med a finne en funksjon f ðxÞ som er �1500 for x 2 0,�

20

h iog har de

aktuelle symmetriegenskapene.

Merk at alle sinusledd pa formen sinð20k þ 10Þx er symmetriske om linja

x ¼ �

20. Om vi utvider definisjonsomradet til f ðxÞ ved denne symmetrien, far vi

f ðxÞ ¼ �1500 for 0 < x <�

10:

Videre er alle sinusfunksjonene symmetriske om origo. Derfor tar vi oddeutvidelsen

av f ðxÞ. Minste felles periode for sinð20k þ 10Þx er T ¼ �=5, eller halvperioden

L ¼ �=10.



Vi er klare til a finne Fourier-koeffisientene. Alle odde utvidelser har an ¼ 0.

Koeffisientene bn er gitt ved

bn ¼2

L

ZL

0

f ðxÞ sin�nx

Ldx

¼ 20

�

Z�10

0

ð�1500Þ sin 10nx dx

¼ 20

�

1500

10ncos 10nx

� �10

0

¼ 3000

�nðcos n�� cos 0Þ:

Hvis n er et partall, er cos n� ¼ 1 og koeffisienten bn ¼ 0. Dette samsvarer med

at sinusledd pa formen sin 10nx forsvinner for n partall.

Hvis n ¼ 2k þ 1, blir cos n� ¼ �1. Det gir b2kþ 1 ¼ �6000

ð2k þ 1Þ�.

Dermed er Fourier-rekken

Ff ðxÞ ¼X1k¼ 0

� 6000

ð2k þ 1Þ� sinð20k þ 10Þx:

13.4 Konvergens for Fourier-rekkerSa langt har vi beregnet Fourier-koeffisienter og sammenlignet grafene til den

opprinnelige funksjonen og (tilnærminger til) Fourier-rekken. Tilsynelatende

passer Fourier-rekken bra til funksjonen, men det er mange uavklarte spørsmal:

Hvor mange ledd ma vi ta med for a fa en god tilnærming? Det kommer selvsagt

an pa kravene, men som for Taylor-rekker er poenget at flere ledd gir bedre

tilnærminger. Hvordan kan vi male feilen vi gjør ved a avbryte Fourier-rekken?

For hvilke x-verdier konvergerer Fourier-rekken, og hvilket tall konvergerer den mot?

Kan Fourier-rekken integreres ledd for ledd? I dette avsnittet skal vi prøve a svare

pa disse spørsmalene. Det er ikke vart poeng a ga inn pa alle detaljer eller gi bevis

for alle teoremer. Vi forsøker heller a gi en oversikt over ulike aspekter ved konver-

gens av Fourier-rekkene.

I den historiske utviklingen var studiet av Fourier-rekker avgjørende for ut-

viklingen av moderne analyse. Dirichlet formulerte det moderne funksjonsbegrepet

da han utforsket disse rekkene, og Riemann innførte sitt integral i en artikkel som

handlet om Fourier-rekker.

13.4.1 EKSEMPEL

Se pa funksjonen f ðxÞ ¼ x for �3 � x < 3, og med perioden T ¼ 6.

Funksjonen er jevn, og utregningen av Fourier-rekken gir

F f ðxÞ ¼X1n¼ 1

6ð�1Þnþ 1

�nsin

�nx

3:

Som vi ser av grafen øverst pa neste side, ligner tilnærmingene FN f ðxÞ mer og mer

f ðxÞ etter hvert som vi tar med flere ledd.



−10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8 10−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

Figur 13.9 Funksjonen fðxÞ ¼ x tilnærmet ved 5. og 30. grads trigonometriskepolynom

Punktvis konvergensNar vi sier at en Fourier-rekke konvergerer punktvis, betyr det at rekken konvergerer

nar x holdes konstant. Med en oppgitt funksjon blir det da naturlig a spørre:

� For hvilke punkter x konvergerer Fourier-rekken til funksjonen?

� Mot hvilken funksjonsverdi konvergerer i sa fall rekken?

13.4.2 DEFINISJON

For å svare på disse spørsmålene stiller vi noen få krav til funksjonen. Den skal ikke hafor mye diskontinuitet. I anvendelser vil slike krav ofte gjelde.

� Et punkt x ¼ a kalles en fjernbar diskontinuitet til funksjonen fðxÞ dersomgrenseverdien lim

x! afðxÞ eksisterer, men er ulik fðaÞ.

� Et punkt x ¼ a kalles en stegdiskontinuitet til funksjonen fðxÞ dersom de ensidigegrenseverdiene lim

x! a�fðxÞ og lim

x! aþfðxÞ begge eksisterer, men er ulike.

� En funksjon fðxÞ er stykkevis kontinuerlig på et begrenset intervall I hvissamtlige diskontinuiteter i intervallet er fjernbare eller stegdiskontinuiteter,og det bare er et endelig antall slike diskontinuiteter.

� En periodisk funksjon fðxÞ med perioden T er stykkevis kontinuerlig dersom dener stykkevis kontinuerlig på et intervall ½c, c þ T� av lengden T.

Det neste eksempelet illustrerer definisjonen.



13.4.3 EKSEMPEL

Vi ser pa funksjonene

f ðxÞ ¼ 0 for x � 0,

1� x for x > 0

�og gðxÞ ¼

0 for x � 0,

sin1

xfor x > 0.

(

Begge er diskontinuerlige i x ¼ 0, men bare f ðxÞ har en stegdiskontinuitet der.

For gðxÞ eksisterer ikke den ensidige grenseverdien limx! 0þ

gðxÞ. Slik ser grafene ut:

−3 −2 −1 0 1 2 3−2,5

−2

−1,5

−1

−0,5

0

0,5

1

1,5

2

2,5

a) Funksjonen f(x)−1 −0,5 0 0,5 1 1,5 2

−1

−0,8

−0,6

−0,4

−0,2

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

b) Funksjonen g(x)

Var første setning om konvergens er:

13.4.4 SETNING (FOURIERS SETNING)

La fðxÞ være en periodisk funksjon med perioden T som er slik at både fðxÞ og densderiverte f 0ðxÞ er stykkevis kontinuerlige. Da konvergerer Fourier-rekken FfðxÞ mot fðxÞi alle de punkter x der f er kontinuerlig, og mot

12

hlim

x! aþfðxÞ þ lim

x! a�fðxÞ

ii punkter a der f er diskontinuerlig.

Det er vanlig a innføre en forenklet notasjon for de ensidige grenseverdiene.

Vi skal bruke definisjonene

f ða�Þ ¼ limx! a�

f ðxÞ og f ðaþÞ ¼ limx! aþ

f ðxÞ:

I denne notasjonen sier Fouriers setning at Fourier-rekken konvergerer mot1

2

�f ðaþÞ þ f ða�Þ

i punkter x ¼ a der f ðxÞ er diskontinuerlig.



13.4.5 EKSEMPEL

I eksempel 13.4.1 sa vi pa funksjonen f ðxÞ ¼ x for �3 � x < 3 utvidet periodisk

med perioden T ¼ 6. Fourier-rekken er

Ff ðxÞ ¼X1n¼ 1

6ð�1Þnþ 1

�nsin

�nx

3:

La oss sjekke Fouriers setning i diskontinuiteten x ¼ 3.

Grenseverdien fra venstre er f ð3�Þ ¼ 3, mens grenseverdien fra høyre er

f ð3þÞ ¼ limx! 3þ

ðx� 6Þ ¼ �3. Etter Fouriers setning skal rekken konvergere mot

1

2

�f ð3þÞ þ f ð3�Þ

¼ 1

2ð�3þ 3Þ ¼ 0. Om vi setter inn x ¼ 3 direkte

i Fourier-rekken, far vi

Ff ð3Þ ¼X1n¼ 1

6ð�1Þnþ 1

�nsin

3�n

3¼X1n¼ 1

6ð�1Þnþ 1

�n� 0 ¼ 0:

Vi ser at bade Ff ð3Þ og1

2

�f ð3þÞ þ f ð3�Þ

er lik 0.

En bruksmate for Fouriers setning er a utlede vidunderlige lukkede formler for

diverse rekker. Dette har gledet matematikere i flere generasjoner. Ideen er a sette

inn spesielle x-verdier i Fourier-rekken til kjente funksjoner.

13.4.6 EKSEMPEL

I eksempel 13.2.4 pa side 66 fant vi at Fourier-rekken til

f ðxÞ ¼ � hvis 0 � x � �,

0 hvis �� x < 0

�var

Ff ðxÞ ¼ �2þX1n¼ 1

1� ð�1Þn

nsin nx

� �¼ �

2þ 2 sin x þ 2

3sin 3x þ 2

5sin 5x þ � � � :

Merk at ledd der n er partall, forsvinner. Dermed kan vi forenkle rekken ved

a sette n ¼ 2m� 1 og skrive rekken som

Ff ðxÞ ¼ �2þX1m¼ 1

2

2m� 1sinð2m� 1Þx

� �:

Na skal vi fa frem en spennende formel ved a sette inn noe for x. Siden funksjonen

f ðxÞ er kontinuerlig for x ¼ �=2, følger det av Fouriers setning at funksjonen og

Fourier-rekken er like i dette punktet. Vi skriver ut og forenkler:

f�

2

� �¼ Ff

�

2

� �� ¼ �

2þX1m¼ 1

2

2m� 1sinð2m� 1Þ�

2

� �



Fra enhetssirkelen kan vi se at sinð2m� 1Þ�

2¼ ð�1Þmþ 1. Dermed har vi

� ¼ �2þX1m¼ 1

2

2m� 1ð�1Þm þ 1

� �

�

2¼X1m¼ 1

2 � ð�1Þmþ 1

2m� 1

�

4¼X1m¼ 1

ð�1Þmþ 1

2m� 1:

Vi har fatt formelenX1m¼ 1

ð�1Þmþ 1

2m� 1¼ 1� 1

3þ 1

5� 1

7þ � � � ¼ �

4:

*Konvergens ved gjennomsnittlig kvadratisk avvikNa skal vi tallfeste hvor god tilnærming de avbrutte Fourier-rekkene FN f ðxÞ gir.

For a male avviket mellom tilnærmingen FN f ðxÞ og funksjonen f ðxÞ ma vi se

pa differansen mellom funksjonsverdiene over en hel periode. Det er flere mater

a definere formler for avviket pa. Vi skal bruke denne:

13.4.7 DEFINISJON

Gjennomsnittlig kvadratisk avvik mellom funksjonene fðxÞ og gðxÞ på intervallet ½a, b� er

1b� a

Zb

a

�fðxÞ � gðxÞ

2 dx:

Dersom gjennomsnittlig kvadratisk avvik er lik null betyr ikke det at funksjonene

er helt like, de kan ha ulike verdier i enkelte punkt. Bestemte integraler ser ikke

funksjonsverdier i enkeltpunkt, men bare hvordan integranden oppfører seg over

intervaller. Hvis funksjonene i tillegg er kontinuerlige, medfører gjennomsnittlig

kvadratisk avvik lik null at funksjonene er like.

For en periodisk funksjon f ðxÞ sammenligner vi funksjonen med Fourier-

rekken avbrutt etter N ledd. Vi definerer EN som feilen malt ved gjennomsnittlig

kvadratisk avvik,

EN ¼1

T

Zcþ T

c

�f ðxÞ � FN f ðxÞ

2dx:



At Fourier-rekken konvergerer mot funksjonen, betyr i denne sammenhengen at

limN!1

EN ¼ 0. Setningen om konvergens av Fourier-rekken malt med gjennom-

snittlig kvadratisk avvik gjelder svært generelt:

13.4.8 SETNING (RIESZ–FISCHER)

Anta at fðxÞ er en tilstrekkelig integrerbar funksjon med perioden T.Da konvergerer Fourier-rekken ved gjennomsnittlig kvadratisk avvik,

limN!1

EN ¼ 0, hvis og bare hvis integraletRcþT

cfðxÞ2 dx er endelig.

Da gjelder Parsevals identitet:

1T

ZcþT

c

fðxÞ2 dx ¼ a02 þ 1

2

X1n¼1

�an

2 þ bn2,

der an og bn er Fourier-koeffisientene. Det følger at feilen EN er gitt ved

EN ¼12

X1n¼Nþ1

�an

2 þ bn2:

Dermed kan vi si at Fourier-rekken konvergerer ved gjennomsnittlig kvadratisk avvik

hvis og bare hvis den numeriske rekkenP1

n¼1

�an

2 þ bn2 konvergerer.

Beviset for dette resultatet finnes i avanserte tekster om Fourier-rekker. Vi skal

heller ikke utdype betingelsen for f ðxÞ ytterligere. For oss er det nok a vite følgende:

A være tilstrekkelig integrerbar innebærer at integralene som definerer Fourier-

koeffisientene, eksisterer.

13.4.9 EKSEMPEL

Hvor mange ledd ma vi ta med fra Fourier-rekken til f ðxÞ ¼ arctanðtan xÞ for a

fa et gjennomsnittlig kvadratisk avvik mindre enn 0,1?

I eksempel 13.3.4 pa side 69 bestemte vi Fourier-koeffisientene til denne

funksjonen. De er

a0 ¼ 0, an ¼ 0 og bn ¼ð�1Þnþ 1

n:

Formelen for gjennomsnittlig kvadratisk avvik ved a avbryte etter N ledd er

EN ¼1

2

X1n¼Nþ1

ðan2 þ bn

2Þ. Vi setter inn koeffisientene og bruker integraltesten

til a estimere feilen EN :

EN ¼1

2

X1n¼Nþ 1

1

n2� 1

2

Z1N

1

x2dx ¼ lim

R!1

1

2� 1

x

�R

N

¼ 1

2N

Kravet til nøyaktighet var 0,1, og vi oppnar dette med ulikhetene

0 � EN �1

2N� 0,1:

Løsningen er N � 5. Derfor er fem ledd i Fourier-rekken tilstrekkelig til a

tilnærme f ðxÞ med et gjennomsnittlig kvadratisk avvik mindre enn 0,1.



Gjennomsnittlig kvadratisk avvik kan beregnes numerisk:

13.4.10 EKSEMPEL

La oss se pa temperaturmodellen for temperatur pa Strømtangen fyr i 2011 igjen,

se eksempel 13.3.5 pa side 70. Vi skal regne ut avviket mellom modellen og malte

data. Notasjonen vi benyttet, var x for antall dager etter nyttar 2011, TðxÞ for en

kontinuerlig funksjon tilpasset de malte data og

F1ðxÞ ¼ 8,3263� 8,4063 cos2�x

365� 4,5753 sin

2�x

365

for beste tilnærming til maledata ved et førstegrads trigonometrisk polynom.

Avviket ved denne tilnærmingen er gitt ved

E1ðxÞ ¼1

365

Z365

0

�TðxÞ � F1ðxÞ

2dx:

Vi skal beregne dette integralet ved hjelp av midtpunktregelen etter

følgende pseudokode:

T[] = tabell av temperaturdata for Strømtangen fyr, 2011

a0 = 8.3263 % beregnede verdier for Fourier-koeffisientenea1 = -8.4063 % fra tidligere eksempelb1 = -4.5753

function F(x) % beste modell ved sinusbølgereturn a0 + a1*cos(2*pi*x/365) + b1*sin(2*pi*x/365)

end function

E = 0 % dette skal bli avviket

for i = 1 to 365E = E + (T[i] - F(i-0.5))^2 % legger til ledd ved midtpunktregelen

end for

E = 1/365*E % gjennomsnitt over 365 dager

print E

Kjøringen gir et gjennomsnittlig kvadratisk avvik E1 ¼ 6,9975. I statistisk

terminologi er E1 varians. Det tilsvarende standardavviket erffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi6,9975p

� 2,6

malt i C.



*Gibbs fenomenNar en periodisk funksjon f ðxÞ har en stegdiskontinuitet, vil tilnærmingene FN f ðxÞoverdrive spranget. Dette kalles Gibbs fenomen. Vi skal her studere fenomenet for

funksjonen

f ðxÞ ¼ � hvis 0 � x � �,

0 hvis �� x < 0

�fra eksempel 13.2.4 pa side 66. Der bestemte vi Fourier-rekken

F f ðxÞ ¼ �2þX1m¼ 1

2

2m� 1sinð2m� 1Þx ¼ �

2þ 2 sin xþ 2

3sin 3xþ 2

5sin 5xþ � � � :

Vi betegner tilnærmingene med

F2M� 1 f ðxÞ ¼ �2þXMm¼ 1

2

2m� 1sinð2m� 1Þx:

13.4.11 EKSEMPEL

La oss finne det toppunktet til F7f ðxÞ ¼ �2þ 2 sin xþ 2

3sin 3xþ 2

5sin 5xþ 2

7sin 7x

som ligger nærmest x ¼ 0 pa den positive siden. Den deriverte er

ðF7 f Þ 0ðxÞ ¼ 2 cos xþ 2 cos 3xþ 2 cos 5xþ 2 cos 7x

¼ ðcos xþ cos 7xÞ þ ðcos 3xþ cos 5xÞ þ ðcos 5xþ cos 3xÞ þ ðcos 7xþ cos xÞ:

Se pa hver parentes for seg. Ved enhetssirkelen ser vi at den første løsningen til

cos xþ cos 7x ¼ 0 inntreffer nar vinklene x og 7x star symmetrisk om y-aksen.

Det vil si nar xþ 7x ¼ �, eller x ¼ �=8. Her skifter cos xþ cos 7x fra positiv

til negativ verdi.

Pa samme mate er minste positive løsning til cos 3xþ cos 5x ¼ 0 samme

punkt x ¼ �=8, og uttrykkets verdi gar her fra positiv til negativ. Vi kan derfor

konkludere med at x ¼ �=8 gir et toppunkt for F7 f ðxÞ. Funksjonsverdien er

y ¼ F7 f�

8

� �� 3,4310. Dette er betydelig høyere enn f

�

8

� �¼ �.

Utregningen i eksempelet ovenfor generaliseres til alle F2M� 1f ðxÞ og viser at

første toppunkt inntreffer i x ¼ �

2M. La oss finne et uttrykk for funksjonsverdien

i toppunktet:

F2M� 1 f�

2M

� �¼ �

2þ 2 sin

�

2Mþ 2

3sin

3�

2Mþ 2

5sin

5�

2Mþ � � � þ 2

2M � 1sinð2M � 1Þ�

2M

Ideen er a identifisere dette uttrykket som en Riemann-sum. De utvalgte

punktene xi skal rimeligvis være gitt ved xi ¼ð2i� 1Þ�

2M. Disse punktene ligger

jevnt fordelt i intervallet ½0, ��, sa delintervallene har lengden �x ¼ �

M.



Vi innfører �x i uttrykket ovenfor ved en passende omskrivning. Det blir

F2M� 1 f�

2M

� �¼ �

2þ

sin�

2M�

2M

� �Mþ

sin3�

2M3�

2M

� �Mþ

sin5�

2M5�

2M

� �Mþ � � � þ

sinð2M � 1Þ�

2Mð2M � 1Þ�

2M

� �M

¼ �2þ gðx1Þ�x þ gðx2Þ�x þ gðx3Þ�x þ � � � þ gðxMÞ�x

Her er funksjonen gðxÞ ¼ sin x=x. Vi tar grensen nar M vokser mot 1. Det gir

limM!1

F2M� 1 f�

2M

� �¼ �

2þZ�0

sin x

xdx:

Numerisk beregning av integralet gir 1,8519. Det vil si at y-koordinaten til toppunktet

til F2M� 1 f ðxÞ nærmer seg 3,4227 nar M er stor. Den vertikale avstanden mellom

grafen til f ðxÞ og toppunktet gar derfor mot 3,4227� � ¼ 0,2811.

13.4.12 MERKNAD

Uniform konvergens av FN fðxÞ mot fðxÞ defineres ved å se på maksimal vertikalavstand mellom funksjonen og tilnærmingen:

maks fðxÞ � FNfðxÞ

:Hvis denne maksimalverdien går mot null når N går mot 1, sier vi at Fourier-rekkenkonvergerer uniformt mot funksjonen. Gibbs fenomen viser at Fourier-rekkenikke konvergerer uniformt når fðxÞ har stegdiskontinuiteter. I dette tilfellet gikkden maksimale vertikale avstanden mot 0,2811.

13.5 *Periodiske ytre krefter og resonansResonans vil si at et system forsterker amplituden til svingninger med spesifikke

frekvenser. Dette fenomenet kan oppsta nar systemet utsettes for en periodisk ytre

kraft. Fourier-rekker brukes til a regne pa slike systemer. Som eksempel kan vi se

pa en lineær differensialligning av andre orden. Den ukjente funksjonen y beskriver

systemet, og den inhomogene delen representerer da den ytre kraften. Her skriver

vi periodiske funksjoner som Fourier-rekker, og differensialligningene vi skal se pa,

har formen

ay 00 þ by 0 þ cy ¼ a0 þP1

n¼ 1

an cos nxþ bn sin nxð Þ:

For lineære differensialligninger gjelder superposisjon; vi kan finne partikulær

løsning for hver frekvens separat og summere disse løsningene for a finne

partikulær løsning for den opprinnelige differensialligningen. Nar vi ser pa hver

trigonometriske grad for seg, far vi differensialligningene

ay 00 þ by 0 þ cy ¼ a0 og

ay 00 þ by 0 þ cy ¼ an cos nxþ bn sin nx for alle naturlige tall n.



For hver av disse differensialligningene finner vi en partikulær løsning ypn,

for eksempel ved ubestemte koeffisienters metode. Den generelle løsningen til

den opprinnelige differensialligningen har na formen

y ¼ yh þ yp0 þX1n¼ 1

ypn,

der yh er den generelle løsningen til den tilsvarende homogene differensialligningen.

Vi konkretiserer ved a se pa følgende eksempel:

13.5.1 EKSEMPEL

Vi skal studere den periodiske partikulære løsningen til differensialligningen

y 00 þ 112y ¼X1n¼ 1

4

n�sin

n�t

2:

Merk at den inhomogene delen er Fourier-rekken til sagtannsfunksjonen

i eksempel 13.3.13 pa side 77.

Ved superposisjon deler vi opp etter trigonometrisk grad og far for hvert

naturlige tall n en differensialligning

y 00 þ 112y ¼ 4

n�sin

n�t

2:

Vi ser etter en partikulær løsning ypn. Vi tipper at ypn har formen

ypn ¼ A cosn�t

2þ B sin

n�t

2:

Derivasjon gir

y 0pn ¼ �An�

2sin

n�t

2þ Bn�

2cos

n�t

2

y 00pn ¼ �An2�2

4cos

n�t

2� Bn2�2

4sin

n�t

2

Innsatt i differensialligningen far vi

�An2�2

4cos

n�t

2� Bn2�2

4sin

n�t

2þ 112 A cos

n�t

2þ B sin

n�t

2

� �¼ 4

n�sin

n�t

2:

Cosinusledd og sinusledd hver for seg gir

�An2�2

4þ 112A ¼ 0,

�Bn2�2

4þ 112B ¼ 4

n�:

Dermed er A ¼ 0 og B ¼ 16

n� 222 � n2�2ð Þ . Det gir

ypn ¼16

n� 222 � n2�2ð Þ sinn�t

2:

Summert sammen far vi en partikulær løsning

yp ¼X1n¼ 1

16

n� 222 � n2�2ð Þ sinn�t

2:



Dette er den partikulære løsningen skrevet som en Fourier-rekke.

La oss se pa tallverdien til koeffisientene for de laveste gradene av n.

Vi har følgende tabell for B ¼ 16

n� 222 � n2�2ð Þ :

Merk hvordan alle koeffisienter er sma unntatt for n ¼ 7. Dette er resonansen for

sinusbølgen sin7�t

2og skyldes at faktoren ð222 � n2�2Þ � 0 for n ¼ 7.

Vi plotter to perioder av det utgaende signalet yp opp til grad n ¼ 30 sammen

med det inngaende signalet f ðtÞ.

−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5−3

−2

−1

0

1

2

3

Figur 13.10 To perioder av fðtÞ og yp

Differensialligningen y 00 þ 112y ¼ f ðtÞ forsterker svingningen med perioden 4=7

i Fourier-rekken til f ðtÞ, slik at denne svingningen er dominerende i partikulær-

løsningen yp.

n B

1 0,01072 0,00573 0,00434 0,00395 0,00436 0,00667 1,86858 �0,00439 �0,0018

10 �0,0010



Documents

Matematikk for ingeniørfag prøvekaptiler