Oppervlakte en inhoud

Oppervlakte en inhoud met behulp van integreren

We beschouwen eerst het bepalen van de oppervlakte van een gebied met behulp van integreren. Het gebied (= vlakdeel) G wordt ingesloten de grafiek van f , de x -as en de lijnen x=a en

x=b .

Er geldt hier dat f ( x)≥ 0 , voor a ≤ x ≤ b . Zie de figuur hieronder.

opp . (G)=

_∫

a b f (x ) dx=

_∫

a b y dx , waarbij y=f (x) Voorbeeld 1 Gegeven is de functie f ( x)=−x4 +x3+2 x2+x +5 . Het gebied G wordt ingesloten door de grafiek van

f ,

de x -as en de lijnen x=−1 en x=2 . Bereken de exacte oppervlakte van G .

Oplossing opp . (G)=

_∫

−1 2

(

−x4+x3+2 x2+x+5

)

dx ¿

[

−1 5 x 5 +1 4x 4 +2 3x 3 +1 2x 2_{+5 x}

]

2 −1 ¿−32 5 +4 + 16 3 +2+10−

(

1 5+ 1 4− 2 3+ 1 2−5

)

¿1913 20=19,65.

Voorbeeld 2

Gegeven is de functie f ( x)=

√

2 x+5 .

Het gebied G wordt ingesloten door de grafiek van f , de x -as en de lijn x=2 .

Bereken de exacte oppervlakte van G .

Oplossing f ( x )=0⟹ x=−21 2 .

√

2 x +5 dx=¿ opp . (G)=

_∫

−2 1 2 2 ¿

[

1₃(2 x +5) 11 2

]

−221 2 ¿9−0=9 . Voorbeeld 3

Gegeven is de functie f ( x)=x +3∙ sin

(

1₂x+1 2π

)

. Het gebied G wordt ingesloten door de grafiek van

f ,

de x -as en de lijnen x=π en x=3 π . Bereken de exacte oppervlakte van G .

Oplossing opp .(G)=

∫

π 3 π

{

x+3∙ sin

(

1 2x + 1 2π

)

}

dx ¿

[

1 2x 2 −6 ∙ cos

(

1 2x + 1 2π

)

]

3 π π ¿41 2π 2 −6−

(

1 2π 2 +6

)

=4 π2−12 .

Soms wordt het ingesloten gebied begrensd door de grafieken van meerdere functies. Een eerste variant hiervan zien we in de figuur hieronder.

opp . (G)=

_∫

a b f (x ) dx +

_∫

b c g (x ) dx

Voor a ≤ x ≤ b wordt het gebied ingesloten door de lijnen x=a en x=b , door de grafiek van f en de x -as. Voor b ≤ x ≤ c wordt het gebied ingesloten door de lijnen x=b en x=c , door de grafiek van g en de x -as.

Voorbeeld 4

Gegeven zijn de functies f ( x )=e

1

2x en g ( x)=e−x+ 3 .

Het gebied G wordt ingesloten door de x -as, de grafieken van f en g en de lijnen x=0 en x=4 .

Bereken de exacte oppervlakte van G .

Oplossing

De grafieken van f en g snijden elkaar bij

x=2 , want uit _e12x ¿e−x+3 volgt dat 1 2x=−x+3 , 1 1 2x=3 , x=2 . opp . (G)=

_∫

0 2 e 1 2x_dx+

∫

2 4 e−x+3_dx=

[

_{2 ∙ e} 1 2x

]

2 0+

[

−e −x+3

_]

4 2=2 e−2+

(

−e −1_+e

₎

_{=3 e−e}−1_{−2 .} Voorbeeld 5 Gegeven is de functie f ( x )=1 2 ∙

|

(x +2)(x−4)

|

. Het gebied

G wordt ingesloten door de grafiek van f , de

x -as en de lijnen x=−3 en x=6 . Bereken de exacte oppervlakte van G .

Oplossing

Een functie waarin absolute-waarde tekens voorkomen kunnen we niet primitiveren, dus

herschrijven we het voorschrift van f . Er geldt dat f ( x)=

{

1 2∙( x +2) ( x−4 )= 1 2∙ x 2 −x−4, als x ≤−2∨ x ≥ 4 −1 2 ∙ ( x+2) ( x−4)= −1 2 ∙ x 2 +x+4, als−2 ≤ x ≤ 4 . Hieruit volgt dat

opp . (G)=

_∫

−3 −2

(

12∙ x 2 −x−4

)

dx +

∫

−2 4

(

−12 ∙ x 2 +x+4

)

dx +

∫

4 6

(

12∙ x 2 −x−4

)

dx ¿

[

1 6x 3 −1 2x 2 −4 x

]

−2 −3+

[

− 1 6x 3 +1 2x 2 +4 x

]

4 −2+

[

1 6x 3 −1 2x 2 −4 x

]

6 4 ¿

(

−8 6 −2+8

)

−

(

−27 6 −4 1 2+12

)

+

(

−64 6 +8+16

)

−

(

8 6+2−8

)

+¿

(

216 6 −18−24

)

−

(

64 6 −8−16

)

=27 .

In sommige speciale situaties kan men de oppervlakte van het gebied handiger uitrekenen dan m.b.v. de standaardmethode.

Stel dat f een lineaire functie is, dus

f ( x )=ax+b voor zekere constanten a en

b .

G is het gebied ingesloten door de grafiek van

f ,

de x -as en de lijnen x=x1 en x=x2 .

We stellen nog

y₁=f

₍

x₁

₎

=a x₁+b _en y₂=f

₍

x₂

₎

=a x₂+b _. Het gebied G is een trapezium met bases

y_{1 en} y_{2 en hoogte} x₂−x_{1 .}

M.b.v. de bekende formule voor de oppervlakte van een trapezium volgt er dat

opp . (G)=1 2∙

(

y1+y2

)

∙

(

x2−x1

)

, of anders uitgedrukt:

∫

x1 x2 (ax +b ) dx=1 2∙

(

y1+y2

)

∙

(

x2−x1

)

.

Dit is ook explicieter schrijven als

∫

x1 x2

(ax +b ) dx=1

2∙

(

ax1+ax2+2 b

)

∙

(

x2−x1

)

.

Voorbeeld 6

Gegeven is de functie f ( x)=−2₅ x +51 5 . G is het gebied ingesloten door de grafiek van f , de x -as en de lijnen x=3 en

x=8 .

Bereken de exacte oppervlakte van G .

Oplossing

We geven twee methoden.

Methode 1 opp . (G)=

_∫

3 8

(

−52x+5 1 5

)

dx ¿

[

−1 5 x 2 +51 5x

]

8 3 ¿ −64 5 +41 3 5 −

(

−9 5 +15 3 5

)

=26− 55 5 ¿15 . Methode 2

G is een trapezium met bases 2 en 4 en hoogte 5 , dus de oppervlakte van G is gelijk aan

1

2∙(2+4) ∙5=15 .

We bekijken nu de oppervlakte van een recht paraboolsegment. Van een parabool wordt een stuk afgesneden.

In de figuur hiernaast staat de lijn AB

loodrecht op de symmetrie-as van de parabool. De lijn CD raakt de parabool in de top en

ABCD is een rechthoek. Dan geldt de regel

van Archimedes:

opp . (G)=2

3× opp .( ABCD) .

Deze regel is door Archimedes gevonden

ongeveer 2000 jaar voordat de integraalrekening was ontwikkeld! ABCD heet de omgeschreven rechthoek van het paraboolsegment G .

Voorbeeld 7

Gegeven is de functie f ( x)=−1 2 x

2

+5 x −8 . Het gebied G wordt ingesloten door de

x -as, de grafiek van f en de lijnen

x=2 en x=8 .

Bereken de exacte oppervlakte van G .

Oplossing

De nulpunten van f zijn x=2 en x=8 . We geven twee methoden.

Methode 1 opp . (G)=

_∫

2 8

(

−1 2 x 2 +5 x−8

)

dx ¿

[

−1 6x 3 +21 2x 2 −8 x

]

8 2= −512 6 +160−64−

(

−8 6 +10−16

)

=18 . Methode 2 opp . (G)=2 3× 6 ×4 1

2=18 (regel van Archimedes).

Voorbeeld 8

Gegeven is de functie f ( x)=

√

2 x+6 . Het gebied G wordt ingesloten door de

x -as, de grafiek van f en de lijn x=5 .

Bereken de exacte oppervlakte van G .

Oplossing

We geven twee methoden.

Methode 1 opp . (G)=

_∫

−3 5

√

2 x+6 dx=

[

1 3∙(2 x +6) 1 1 2

]

₅ −3= 1 3∙ 16 1 1 2₋₀₌₂₁1 3 . Methode 2

De grafiek van de wortel van een eerstegraadsfunctie is een halve gedraaide parabool, dus we kunnen de regel van Archimedes toepassen op het halve rechte paraboolsegment.

De omgeschreven rechthoek van G heeft breedte 8 en hoogte f(5)=4 . Er volgt dat opp . (G)=2

3× 8 ×4=21 1 3 .

Zie de figuur hiernaast.

De grafiek van f is symmetrisch t.o.v. de lijn x=a . Verder is p een willekeurig positief getal.

Het gebied G1 wordt ingesloten door

de x -as, de grafiek van f en de lijnen

x=a− p en x=a .

Het gebied G2 wordt ingesloten door

de

x -as, de grafiek van f en de lijnen x=a en x=a+ p .

Dan geldt vanwege de symmetrie dat opp .

₍

G₁

₎

=opp .

₍

G₂

₎

_{, dus}

_∫

a− p a f (x ) dx=

_∫

a a + p f ( x ) dx . Dit is gelijkwaardig met

_∫

a− p a+ p f (x ) dx=2 ∙

_∫

a a+ p f ( x) dx .

Deze regel is met name handig als de grafiek van f symmetrisch is t.o.v. de y -as (dus als a=0

).

Dan krijgen we:

_∫

−p p f ( x ) dx=2 ∙

_∫

0 p f (x ) dx .

Het is vrijwel altijd gemakkelijker om in de primitieve x=0 in te vullen dan x=− p .

Voorbeeld 9

Gegeven is de functie f ( x )=−0,05 x4+1,8 x2+2 .

Het gebied G wordt ingesloten door de x -as, de grafiek van f en de lijnen x=−5 en

x=5 .

Bereken de exacte oppervlakte van G .

Oplossing

De grafiek van f is symmetrisch t.o.v. de y -as, want f (− p)=−0,05(− p)4

+1,8 (− p)2+2

¿−0,05 p4+1,8 p2+2=f ( p) , voor alle waarden van p . Er volgt dat opp . (G)=

_∫

−5 5

(

−0,05 x4 +1,8 x2+2

)

dx=2∙

∫

0 5

(

−0,05 x4_{+1,8 x}2₊₂

₎

_dx ¿2∙

[

−0,01 x5+0,6 x3+2 x

]

5 0=2 ∙

(

−0,01∙ 5 5 +0,6 ∙53+10

)

−2 ∙ 0=107,5 .

Dan geldt er dat: opp . (G)=−

_∫

a b f ( x) dx . Voorbeeld 10 Gegeven is de functie f ( x)=

√

x−3 ∙ ln ⁡( x) . Het gebied G wordt ingesloten door de x -as, de grafiek van f en de lijnen x=e en

x=e2 .

Bereken de exacte oppervlakte van G .

Oplossing

Het gebied G ligt onder de x -as, dus opp . (G)=−

_∫

e e2

(

√

x−3 ∙ ln ⁡(x)

)

dx ¿−

[

2 3 x

√

x−3 ∙

(

x ∙ ln ( x )−x

)

]

e2 e ¿−

(

2 3e 3_{−3 ∙}

₍

_{2 e}2_−e2

₎

)

+

(

2 3e

√

e−3 ∙ (e ∙ 1−e )

)

=− 2 3e 3 +3 e2 +2 3e

√

e .

We beschouwen nu de situatie waarbij het gebied ingesloten wordt door de grafieken van twee functies en eventueel een of twee verticale lijnen. Het gebied G wordt ingesloten de grafiek van

f , de x -as en de lijnen x=a en x=b . Er geldt hier dat f ( x)≥ g(x ) , voor a ≤ x≤ b . Zie de figuur hieronder.

opp . (G)=

_∫

a b

{

f ( x )−g (x )

}

dx

Deze formule blijft juist als (een gedeelte van)

Voorbeeld 11

Gegeven zijn de functies f (x)=¿ 2

x +4 en g ( x)=

√

x .

Het gebied G wordt ingesloten door de grafieken van f en g en de lijnen x=1 en x=9 . Bereken de exacte oppervlakte van G .

Oplossing opp . (G)=

_∫

1 9

(

2x+4−

√

x

)

dx ¿

[

2 ∙ ln|x|+4 x−2 3x

√

x

]

9 1 ¿2∙ ln (9 )+36−18−

(

0+4−2 3

)

=4 ln(3 )+14 2 3 . Voorbeeld 12

Gegeven zijn de functies f ( x )=9−1 6(x−7) 2 en g ( x)=1 2(x−3) 2 +1 .

Het gebied G wordt ingesloten door de grafieken van f

en g . Bereken de exacte oppervlakte van G .

Oplossing

Eenvoudig blijkt (algebraïsch) dat de grafieken van f en

g elkaar snijden voor x=1 en x=7 . opp . (G)=

_∫

1 7

(

9−1 6(x−7) 2 −

{

1 2(x−3) 2 +1

}

)

dx ¿

[

8 x− 1 18(x−7 ) 3 −1 6(x−3) 3

]

7 1 ¿56−0−102 3−

(

8+12+1 1 3

)

=24 .

Het gebied G wordt ingesloten door de grafiek van f , de y -as en de lijnen y=c en y=d .

Uit y=f (x) lossen we x op. Dit geeft x=finv (y ) .

finv is de inverse functie van f .

Dan geldt dat opp . (G)=

_∫

c d finv ( y ) dy=

∫

c d x dy , waarbij x=finv(y ) Voorbeeld 13 Gegeven is functie f ( x)=ln ⁡(0,5 x +1) . Het gebied G wordt ingesloten door de

y -as, de grafiek van f en de lijn

y=1 .

Bereken de exacte oppervlakte van G .

Oplossing

We geven twee methoden.

Methode 1

f ( x )=1 geeft 0,5 x+1=e , dus x=2 e−2 . opp . (G)=

_∫

0 2 e−2

(

1−ln ⁡(0,5 x +1)

)

dx=

[

x−2∙

{

(0,5 x +1)∙ ln (0,5 x +1)−(0,5 x +1)

}

]

2 e−2₀ ¿

_[

−(x+ 2)∙ ln(0,5 x+ 1)+2 x +2

_]

2e−2 0 =−2 e ∙ 1+ 4 e−2−(0+2)=2 e−4 . Methode 2

Uit y=f (x)=ln ⁡(0,5 x+1) volgt dat x=2 ∙

(

ey₋₁

₎

=finv(y ) . opp . (G)=

_∫

0 1 finv( y ) dy=

∫

0 1 2∙

(

ey−1

)

dy=

[

2 ∙

(

ey−y

)

]

1 0=2 ∙ (e−1)−2 ∙1=2 e−4.

Voorbeeld 14

Gegeven zijn de functies

f ( x )=e0,25 x en g ( x)=e0,5 x _.

Het gebied G wordt ingesloten door de lijn y=3 en de grafieken van f en g . Bereken de exacte oppervlakte van G .

Oplossing

De beide grafieken snijden elkaar in het punt (0,1) .

We geven twee methoden.

Methode 1 f(x)=3 geeft x=4 ln(3) en g(x)=3 geeft x=2 ln(3) . opp . (G)=

_∫

0 2 ln(3)

(

e0,5x −e0,25 x

)

dx+

∫

2 ln(3) 4 ln(3)

(

3−e0,25 x

₎

_dx ¿

[

2∙ e0,5 x−4 ∙ e0,25 x

]

2 ln(3 ) 0 +

[

3 x−4 ∙ e 0,25 x

]

4 ln (3) 2 ln(3 ) ¿

(

2∙ 3−4 ∙

√

3

)

−(2−4 )+

(

12 ln (3)−4 ∙ 3

)

−

(

6 ln (3)−4 ∙

√

3

)

=−4+6 ln(3 ) . Methode 2

y=f (x) geeft x=4 ln ( y)=finv

(y ) en y=g(x ) geeft x=2 ln ( y )=ginv(y) .

opp . (G)=

_∫

1 3

{

finv ( y )−ginv(y )

}

dy=

∫

1 3

{

4 ln ⁡( y)−2 ln ⁡( y )

}

dy=

∫

1 3 2 ln ⁡( y )dy ¿

[

2∙

₍

y ∙ ln ( y )− y

₎

]

3 1=2∙

(

3 ∙ ln (3)−3

)

−2 ∙(0−1)=−4+6 ln (3) . Soms sluiten de grafieken van twee functies meerdere gebieden in.

G is het totale ingesloten gebied. Indien opp .(G) numeriek bepaald mag worden, dan geldt dat

opp . (G)=

_∫

a e

|

f ( x )−g ( x)

|

dx .

Indien opp . (G) m.b.v. primitiveren bepaald moeten worden, dan geldt dat

opp . (G)=

_∫

a b

{

f ( x )−g (x )

}

dx +

∫

b c

{

g ( x )−f ( x )

}

dx +

_∫

c d

{

f ( x )−g ( x )

}

dx +

∫

d e

{

g ( x )−f ( x )

}

dx . Voorbeeld 15

Gegeven zijn de functies

f ( x )=10 x2ex en g ( x)=−x+2 .

G₁ en G₂ zijn de twee gebieden ingesloten door de grafieken van f en g . Bepaal in drie decimalen nauwkeurig de som van de

oppervlakten van deze gebieden.

Oplossing

M.b.v. een GR vinden we de aangegeven benaderingen van de x -coördinaten van de snijpunten van de grafieken van f en g . Er volgt dat opp .

(

G1

)

+opp .

(

G1

)

≈

∫

−2,7862 0,3429

Voorbeeld 16

Gegeven is de functie f ( x)=3 ∙

√

x −2.

Het gebied G wordt ingesloten door de x -as,

de grafiek van f en de lijn x=6 .

De lijn x= p verdeelt G in twee vlakdelen met gelijke oppervlakte.

Bereken de exacte waarde van p .

Oplossing opp . (G)=

_∫

2 6 3 ∙

√

x−2dx=

[

2∙ ( x−2)1 1 2

]

6 2 ¿2∙ 8=16 (of iets sneller, m.b.v. de regel van Archimedes: opp . (G)=2₃× 4 × 6=16 ).

Er moet nu gelden dat

3 ∙

√

x−2 dx=¿1 2×16=8

∫

2 p ¿ ,

[

_{2 ∙( x−2 )}11 2

]

p 2 ¿8 , 2∙( p−2)1 12 −2∙ 0=8 , (p−2)1 12 =4 , p−2=4 2 3 =

_√

316 , dus p=2+

√

316 . Voorbeeld 17

Gegeven zijn de functies f ( x )=7 6x −

8 3 en g ( x)=20,5 x−2_{+1 . De grafieken van f en}

g snijden elkaar bij x=4 en x=10 . De grafieken van f en g sluiten een gebied G in.

De lijn x= p verdeelt G in twee vlakdelen met gelijke oppervlakte.

a) Bereken de exacte oppervlakte van G . b) Bereken p in twee decimalen

nauwkeurig. Oplossing a) opp . (G)=

_∫

4 10

(

76 x− 8 3−

(

2 0,5 x−2 +1

)

)

dx ¿

[

7 12x 2 −32 3x − 20,5 x−2 ln(2) ∙2

]

10 4

¿

(

700 12 − 110 3 − 16 ln (2)

)

−

(

112 12 − 44 3 − 2 ln(2)

)

= 588 12 − 66 3 − 14 ln(2) ¿ 27− 14 ln(2) . b) We moeten p oplossen uit

_∫

4 p

(

76x− 8 3−

(

2 0,5 x−2 +1

)

)

dx=1 2×

(

27− 14 ln (2)

)

=13,5− 7 ln(2 ) , Dit is te herleiden tot

[

7

12x 2₋₃2 3x− 20,5x−2 ln(2)∙ 2

]

p 4=13,5− 7 ln(2) , ¿

(

7 12p 2₋₃2 3 p− 20,5 p −2 ln(2) ∙ 2

)

−

(

112 12 − 44 3 − 2 ln (2)

)

=13,5− 7 ln (2) , dus 7 12p 2 −32 3 p− 20,5 p−1 ln(2) =8 1 6 −¿ 9

ln (2) . Deze vergelijking is niet algebraïsch op te lossen. We gebruiken daarom de GR. In het grafiekenmenu voeren we in:

y 1=¿ 7 12x 2 −32 3x− 20,5 x−1 ln(2)

en y2=8 1 6 −¿ 9

ln (2) .Plotten van de grafieken van deze functies en vervolgens de snijpunten laten uitrekenen geeft: p ≈7,25 (waarbij gebruikt is dat

4 < p<10¿ .

We beschouwen nu omwentelingslichamen. Deze ontstaan door een vlakdeel te wentelen om een lijn. Je

krijgt dan een ruimtelijk lichaam. We willen m.b.v. integraalrekening de inhoud van zo’n omwentelingslichaam bepalen. De basisvorm staat in de onderstaande figuur.

Het gebied G wentelen we om de x -as Met Ix−as(G) , of korter I , geven we de inhoud van het omwentelingslichaam aan. Dan geldt er dat:

Ix−as(G )=π ∙

∫

a b

(

f (x)

)

2dx=π ∙

∫

a b y2dx , waarbij y=f (x ) . Voorbeeld 18 Gegeven is de functie f ( x )=6−1₂( x−4)2 _.

Het vlakdeel G wordt ingesloten door de grafiek van f , de x -as en de lijnen x=1 en x=6 . Bereken Ix−as(G) exact.

Oplossing I_x−as(G)=π ∙

∫

6

{

6−1 2( x−4) 2

}

2dx

¿π ∙

∫

1 6

(

36−6 ( x−4 )2+1 4( x−4) 4

)

dx ¿π ∙

[

36 x−2 ( x−4 )3+ 1 20( x−4) 5

]

61 ¿π ∙

(

216−16+ 32 20

)

−π ∙

(

36+54− 243 20

)

=123 3 4 π .

Laat nu G een gebied zijn ingesloten door de grafieken van f en g en de lijnen x=a en x=b , waarbij f ( x )≥ g(x )≥ 0 , voor a ≤ x≤ b . Dit gebied wordt gewenteld om de x -as. Zie de figuur hieronder. I_x−as(G) ¿π ∙

∫

a b

{

(

f (x )

)

2−

(

g(x )

)

2

}

dx Voorbeeld 19

Gegeven zijn de functies f ( x )=8

√

x +1 en g ( x)=1 2x

2

. Het gebied G wordt ingesloten door de grafieken van f en g en de lijnen x=2 en x=5 .

G wordt gewenteld om de x -as. Bereken Ix−as(G ) exact.

Oplossing I_x−as(G)=π ∙

∫

2 5

{

(

8

√

x +1

)

2−

(

1 2 x 2

)

2

}

dx ¿π ∙

∫

2 5

{

64 ( x+1 )−1 4x 4

}

dx=π ∙

[

32 x2_{+64 x−} 1 20x 5

]

5 2 ¿π ∙

(

800+320−1561 4

)

−π ∙

(

128+128−1 3 5

)

=709 7 20 π .

Het ingesloten gebied door de grafieken van twee functies (en eventueel twee verticale lijnen) kan ook onder de x -as liggen. Zie de onderstaande figuur.

Er geldt hier dat G ingesloten wordt door de grafieken van f en g en de lijnen x=a en

x=b , waarbij g ( x) ≤ f (x )≤ 0 , voor a ≤ x ≤ b . Dan geldt er dat

I_x−as(G)=¿ π ∙

_∫

a b

{

(

g (x)

)

2−

(

f (x )

)

2

}

dx .

Immers de grafiek van g vormt de buitenste rand van het omwentelingslichaam, als G wentelt om de x -as.

De twee situaties (gebied boven de x -as en gebeid onder de x -as) kan men aldus samenvatten: I_x−as(G)=¿ π ∙

_∫

a b

{

(buitenste functie )2−(binnenste functie )2

}

dx .

Voorbeeld 20

Gegeven zijn de functies

f ( x )=−1 4 ( x−4)

2

−1 en g ( x)=−1

2 x−1 .

Het gebied G wordt ingesloten door de grafieken van f

en g .

G wordt gewenteld om de x -as. Bereken Ix−as(G ) exact.

Oplossing f ( x )=g( x) geeft ( x−4)2 =2 x , x2 −10 x+16=0 , (x−2) (x−8)=0, x=2 ∨ x=8 . I_x−as(G)=π ∙

∫

2 8

{

(

−12 x−1

)

2 −

(

−1 4 ( x−4 ) 2₋₁

)

2

}

dx ¿π ∙

∫

2 8

{

(

12x+1

)

2 −

(

1 16( x−4 ) 4 +1 2( x−4 ) 2 +1

)

}

¿π ∙

[

2 3

(

1 2 x+1

)

3 − 1 80( x−4 ) 5 −1 6( x−4) 3 −x

]

8 2 ¿π ∙

(

250 3 − 64 5 − 32 3 −8

)

−π ∙

(

16 3 + 2 5+ 4 3−2

)

=46 4 5 π .

We bekijken nu een voorbeeld van de meer gecompliceerde situatie dat een deel van het gebied boven en een deel onder de x -as ligt.

Voorbeeld 21

Gegeven zijn de functies f ( x )=9−(x−5)2 en h ( x )=2−x .

Het gebied G wordt ingesloten door de grafieken van f en g .

G wordt gewenteld om de x -as. Bereken Ix−as(G) exact.

Oplossing

f ( x )=g( x) geeft x2

−11 x+18=0 ,

(x−2) (x−9)=0, x=2 ∨ x=9 . Verder volgt uit f(x)=0 dat x=2 ∨ x=8 . Als we G wentelen om de x -as, dan moet helder zijn wat de buitenste rand van het omwentelingslichaam vormt. Om dit goed te zien spiegelen we de grafiek van g in de x -as. Dit geeft de grafiek van een nieuwe functie h .

Er geldt dat h(x)=−g(x)=x−2 . Uit f ( x)=h (x) volgt dat x2_{−9 x+14=0 , (x−2) (x−7)=0,}

x=2∨ x=7 . Nu is het volgende duidelijk:

bij het wentelen van G om de x -as vormt de grafiek van f de buitenste rand als 2≤ x≤ 7 en vormt de grafiek van g de buitenste rand als 7 ≤ x ≤ 9 . Er volgt dat

I_x−as(G)=π ∙

∫

2 7

{

9−( x−5)2

}

2dx +π ∙

_∫

7 9 (2−x )2dx−π ∙

∫

8 9

{

9−( x−5 )2

}

2dx ¿π ∙

∫

2 7

{

81−18 (x −5)2 +( x−5)4

}

dx+π ∙

∫

7 9 ( x−2)2dx−π ∙

∫

8 9

{

81−18 ( x−5 )2 +( x−5 )4

}

dx ¿ π ∙

[

81 x−6 ( x−5)3+1 5(x−5 ) 5

]

7 2+π ∙

[

1 3(x−2) 3

]

9 7−π ∙

[

81 x−6 ( x−5) 3 +1 5(x−5 ) 5

]

9 8 ¿ π ∙

(

567−48+32 5

)

−π ∙

(

162+162− 243 5

)

+π ∙ 343 3 −π ∙ 125 3

−π ∙

(

729−384+1024 5

)

+π ∙

(

648−162+ 243 5

)

=307 7 15 π .

Het kan zijn dat we een gebied wentelen om een horizontale lijn die niet samenvalt met de x -as. Zie de onderstaande figuur.

Het gebied G wordt ingesloten door de grafiek van f en de lijnen x=a , x=b en y= p . Dan geldt er dat

I_y=p(G)=π ∙

∫

a b

{

f ( x )− p

}

2dx .

We kunnen namelijk de translatie 0 ,− p_T ¿ ) toepassen. Hierdoor gaat de lijn y= p over in de x -as en de functie y=f (x) gaat over in de functie y=g(x)=f(x)−p . Het verschoven gebied G¿ _{wordt ingesloten door de grafiek van}

g , de x -as en de lijnen x=a en x=b . We krijgen dan:

I_y=p(G)=I_x−as(G¿

)=π ∙

_∫

a b

{

g ( x )

}

2=π ∙

∫

a b

{

f (x )−p

}

2dx . Voorbeeld 22

Gegeven is de functie f ( x )=e0,5 x .

Het gebied G wordt ingesloten door de grafiek van f

en de lijnen x=2 , x=4 en y=1 . Bereken Iy=1(G) exact.

Oplossing I_y=1(G )=π ∙

∫

2 4

(

e0,5 x−1

)

2dx=π ∙

_∫

2 4

(

ex−2∙ e0,5 x+1

)

dx ¿π ∙

[

ex−4 ∙ e0,5x+x

]

4 2 ¿π ∙

(

e4−4 e2+4

)

−π ∙

(

e2−4 e+2

)

¿π ∙

(

e4−5 e2+4 e+2

)

.

Bij een wenteling om de x -as is de hebben we gezien de formule: I_x−as(G)=π ∙

∫

a b

{

f (x)

}

2dx=π ∙

∫

a b y2dx , waarbij y=f (x) .

Door de rollen van x en y te verwisselen komen we dan tot een formule voor de inhoud van een omwentelingslichaam bij het wentelen om de y -as. Zie de onderstaande figuur.

Het gebied G wordt ingesloten door de grafiek van f , de y -as en de lijnen y=c en y=d .

Uit y=f (x) lossen we x op. Dit geeft x=finv (y ) .

finv is de inverse functie van f .

G wordt om de y -as gewenteld. Dan geldt dat

I_y−as(G )=π ∙

∫

c d

{

finv ( y )

}

2dy=π ∙

∫

c d x2_dy , waarbij x=finv(y ) . Voorbeeld 23 Gegeven is functie f ( x)=ln ⁡(0,5 x+1) . Het gebied G wordt ingesloten door de

y -as, de grafiek van f en de lijn

y=1 .

G wordt gewenteld om de y -as. Bereken Iy−as(G) exact.

Oplossing

Uit y=f (x)=ln ⁡(0,5 x+1) volgt dat x=2 ∙

(

ey−1

)

=finv(y ) . Dit leidt tot I_y−as(G)=π ∙

∫

0 1

{

finv(y)

}

2dy =π ∙

∫

0 1 4 ∙

(

ey−1

)

2dy =π ∙

_∫

0 1 4 ∙

(

e2 y−2 ey+1

)

dy ¿π ∙

[

2 e2 y−8 ey+4 y

]

1 0 ¿π ∙

(

2 e2−8 e+4

)

−π ∙(2−8+0 )=2 π ∙

(

e2−4 e+5

)

.

Nu de situatie met het gebied ingesloten door twee grafieken en eventueel twee horizontale lijnen.

I_y−as(G)=¿ π ∙

∫

c d

(

{

finv(y )

}

2−

{

ginv(y )

}

2

)

dy

Immers, vanuit de y -as gezien, vormt de grafiek van f de ‘buitenste grafiek’ bij het wentelen om de y -as.

Voorbeeld 24

Gegeven zijn de functies f ( x )=7−1

4 x

2

en g(x)=¿ 24

x −6.

De grafieken van f en g sluiten het G gebied in en snijden elkaar in de punten A (2, 6) en

B (6,−2) .

G wordt gewenteld om de y -as. Bereken Iy−as(G) exact.

Oplossing

Uit y=f (x)=7− 1 4x

2

volgt dat

x=2

√

7− y=finv(y) (want hier x>0 ). Uit y=g ( x)=24

x −6 volgt dat x=¿

24

y +6 ¿ginv(y ) . Er volgt dat

I_y−as(G )=π ∙

∫

−2 6

(

{

finv(y)

}

2−

{

ginv(y)

}

2

)

dy=π ∙

∫

−2 6

(

{

2

√

7− y

}

2−

{

24 y +6

}

2

)

dy ¿π ∙

∫

−2 6

(

4 (7− y )− 576 (y +6)2

)

dy=π ∙

[

28 y −2 y 2 + 576 y+6

]

6 −2 ¿π ∙(168−72+48)−π ∙(−56−8+144)=64 π .

We bekijken nu het wentelen van een gebied om een verticale lijn die niet samenvalt met de y -as. Zie de onderstaande linker figuur.

Het gebied G wordt ingesloten door de grafiek van f en de lijnen x= p , y=c en y=d . G wordt gewenteld om de lijn x= p . Dan geldt er dat

Ix=a(G )=π ∙

∫

c d

gegeven door g ( x)=f ( x+ p) en het gebied G gaat dan over in een gebied G¿_{. We moeten dan}

G¿ _{wentelen om de y -as. Het gebied G}¿ _{wordt ingesloten door de grafiek van g en de}

lijnen y=c , y=d en de y -as. Zie de bovenstaande rechter figuur.

Uit y=g ( x)=f (x+p) volgt dat x+ p=finv

(y ) , dus x=finv(y )− p=ginv

(y ) . Dit impliceert dat

I_{x= p}(G)=Iy−as(G ¿ )=π ∙

_∫

c d

{

ginv (y)

}

2dy=π ∙

∫

c d

{

finv ( y )−p

}

2dy . Voorbeeld 25

Gegeven is de functie f ( x)=log1/ 2( x−4)+2 . Het gebied G

wordt ingesloten door de grafiek van f en de lijnen

x=3 , y=2 en y=5 . G wordt gewenteld om de lijn x=3 .

Bereken Ix=3(G) exact.

Oplossing

Uit y=f (x)=log1 /2(x −4 )+2 volgt dat

x=4 +

(

1 2

)

y−2 =4 +4 ∙

(

1 2

)

y

=finv_{(y ) . Dit geeft:}

Ix=3(G)=π ∙

∫

2 5

{

finv(y)−3

}

2dy=π ∙

∫

2 5

{

1+4 ∙

(

1 2

)

y

}

2dy ¿π ∙

∫

2 5

{

1+8 ∙ 2−y +16 ∙2−2 y

}

dy =π ∙

[

y−8 ∙ 2 −y ln (2)− 8∙ 2−2 y ln(2 )

]

5 2 ¿π ∙

[

y− 23− y+23−2 y ln (2)

]

5 2 ¿π ∙

(

5−2 −2₊₂−7 ln (2)

)

−π ∙

(

2− 2+2−1 ln (2)

)

=π ∙

(

3+ 2+2−1₋₂−2₋₂−7 ln(2)

)

=π ∙

(

3+ 287 128 ∙ ln (2 )

)

. Voorbeeld 26

Gegeven zijn de functies f ( x )=−1 16( x−2) 2 +8 en g ( x)=¿ 10 x +3 .

De grafieken van f en g snijden elkaar in de punten A (2,8) en B (10, 4) en ze sluiten het gebied G in.

G wordt gewenteld om de lijn x=−2 . Bereken Ix=−2(G ) exact.

Uit y=f (x)=−1 16 ( x−2)

2

+8 volgt dat x=2+4

√

8− y =finv

(y ) en uit y=g ( x )=10_x +3 volgt dat x= 10

y−3 ¿ginv(y ) . Dit geeft:

I_x=−2(G )=π ∙

∫

4 8

(

{

finv( y )+2

}

2−

{

ginv( y )+2

}

2

)

dy ¿π ∙

∫

4 8

(

{

4+4

√

8− y

}

2−

{

10 y −3+2

}

2

)

dy ¿π ∙

∫

4 8

(

12+32

√

8− y+16 ( 8− y )− 100 (y−3)2− 40 y −3

)

dy ¿π ∙

[

12 y−64 3 ∙ (8− y ) 3 /2 −8 ∙ (8− y )2+ 100 y−3−40 ∙ ln|y−3|

]

8 4 ¿π ∙

(

96−0−0+20−40 ∙ ln (5)

)

−π ∙

(

48−512 3 −128+100−0

)

=

(

266 2 3−40∙ ln (5)

)

∙ π . Voorbeeld 27

Bereken de inhoud van een bol met straal r .

Oplossing

We krijgen een bol met straal r als we een halve cirkelschrijf met straal r wentelen om haar middellijn. Daarom introduceren we de functie

f ( x )=

√

r2−x2. Als we stellen

y=f (x )=

√

r2−x2, dan volgt er dat y ≥ 0 en

y2

=r2−x2 , dus x2+y2=r2 . De grafiek van f stelt daarom de bovenste helft van de cirkel voor met middelpunt O(0,0) en straal r . Het gebied G wordt ingesloten door de grafiek van f en de x -as.

De grafiek van f is symmetrisch t.o.v. de y -as, immers f(−p)=

√

r2−(−p)2=¿

√

r2

−p2=f ( p) . Er volgt dat

I_{bolmet straal r}=I_x−as(G )=π ∙

∫

−r r

{

f (x)

}

2dx=π ∙

∫

−r r

(

r2 −x2

)

dx=2 π ∙

∫

0 r

(

r2 −x2

)

dx (vanwege de symmetrie) ¿2 π ∙

[

r2x −1 3 x 3

]

r 0 ¿2 π ∙

(

r 3 −1 3r 3

)

−2 π ∙ (0−0)=4 3 π r 3 .

We hebben dus gevonden: Ibolmet straal r= 4 3 π r 3 . Voorbeeld 28

Bepaal de inhoud van een kegel met hoogte h waarvan de straal van het grondvlak gelijk is aan r .

Oplossing

Beschouw de functie f ( x)=r

hx . Het gebied G wordt ingesloten door de grafiek van f , de x -as en de lijn

x=h .

We merken op dat f (h)=r . Door G te wentelen om de

x -as ontstaat een kegel met hoogte h waarvan de straal van het grondvlak gelijk is aan r . Dit geeft I_kegel=I_x−as(G)=π ∙

∫

0 h

{

f (x )

}

2dx =π ∙

_∫

0 h

{

hrx

}

2 dx=π ∙

_∫

0 h r2 h2∙ x 2 dx=π ∙

[

r 2 h2∙ 1 3x 3

]

h 0 ¿π ∙r 2 h2∙ 1 3h 3 −π ∙0=1 3 π r 2_{h .}

We herkennen π r2 als de oppervlakte van het grondvlak van de kegel, dus hebben we gevonden: