====== Techniques of Integration - Examples ======


Her finner du eksempel som illusterer begrep og teorem som er introdusert på temasida 
[[https://wiki.math.ntnu.no/tma4100/tema/integrationtechniques|Integrasjonsteknikker]].

===== Delvis integrasjon =====
**Problem** \\
Beregn det ubestemte integralet
\[ \int x^2\cos(x) \, dx.\]

**Solution**\\ 
Vi vet hvordan vi integrerer \(x^2\) og \(\cos(x)\), men ikke produktet av dem. Siden polynomer 'forsvinner' ved gjentatt derivasjon, velger vi \(x^2=u\) og \(\cos(x)=v'\). Ved å bruke formelen for delvis integrasjon, får vi

\[ \int x^2\cos(x) \, dx=x^2\sin(x)-2\int x\sin(x) \, dx.\]

Hvis vi nå bruker delvis integrasjon på det siste leddet, med \(x=u\) og \(\sin(x)=v'\), gjør vi kål på \(x\)-leddet.

\[\int x\sin(x)\, dx=-x\cos(x)+\int \cos(x)\, dx=-x\cos(x)+\sin(x). \]

Slår vi alt sammen, får vi 

\[ \int x^2\cos(x) \, dx=x^2\sin(x)+2x\cos(x)-2\sin(x)\].

Dette eksemplet er typisk; man må ofte bruke delvis integrasjon flere ganger for å komme i mål. 
===== Delbrøksoppspaltning =====
**Problem** \\
Beregn det ubestemte integralet
\[ \int \frac{3x+4}{x^2+x-6} \, dx.\]

**Solution**\\ 

Vi har \(x^2+x-6 =(x-2)(x+3)\), og denne kan ifølge det forenklede teoremet på temasiden spaltes som 
\[ \frac{3x+4}{x^2+x-6} =\frac{A}{x-2}+\frac{B}{x+3} \]. For å finne \(A\) og  \(B\), multipliserer vi med \((x-2)(x+3)\), og får 

\[3x+4= A(x+3)+B(x-2).\]

\(A\) og  \(B\) må  velges slik at disse to polynomene blir identiske. Sammenligner vi koeffisientene til \(x\) på hver side av ligningen, får vi

\[3=A+B,\] og sammenligner vi konstantleddene, får vi \[4=3A-2B.\] Dette ligningssystemet har løsning \(A=2 \) and \(B=1\), og vi kan nå beregne

\[ \int \frac{3x+4}{x^2+x-6} \, dx= \int \frac{2}{x-2} \, dx + \int \frac{1}{x+3} \, dx = 2\ln|x-2|+\ln|x+3|+C. \]
 
===== Invers substitusjon =====

**Problem**\\

Finn arealet av området begrenset av \(x\)-aksen, hyperbelen \(x^2-y^2=1\), og den rette linjen fra origo til punktet \(\left( \sqrt{1+Y^2},Y\right)\) på denne hyperbelen. Anta \(Y>0\).


**Solution** \\
Hyperbelen krysser den positive \(x\)-aksen i punktet \((1,0)\). Det er lett å se at arealet blir

\[A=\int_0^{\sqrt{1+Y^2}} \frac{xY}{\sqrt{1+Y^2}}\, dx-\int_1^{\sqrt{1+Y^2}} \sqrt{x^2-1} \, dx=\frac{1}{2}Y\sqrt{1+Y^2}-\int_1^{\sqrt{1+Y^2}} \sqrt{x^2-1} \, dx.\]
For å løse det siste integralet, gjør vi substitusjonen \(x=\cosh(u)\). Da blir \(\sqrt{x^2-1}=\sinh(u)\) og \(dx=\sinh(u)du\), slik at 

\[\int \sqrt{x^2-1} \, dx=\int \sinh^2(u)\, du.\]

Siden \(\sinh(u)=(1/2)(\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x})\), har vi

\[\int \sinh^2(u)\, du=\int \frac{1}{2}\cosh(2u)-\frac{1}{2} \, du=\frac{1}{4}\sinh(2u)-\frac{u}{2},\]
og bruker vi \(\cosh^{-1}(x)=\ln\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)\), kan vi beregne

\[A=\frac{1}{2}Y\sqrt{1+Y^2}-\left[ \frac{1}{4}\sinh(2u)-\frac{u}{2}\right]_{\cosh^{-1}(1)}^{cosh^{-1}(\sqrt{1+Y^2})}=\frac{1}{2}Y\sqrt{1+Y^2}+\frac{\ln\left(Y+\sqrt{1+Y^2}\right)}{2}-\frac{\sinh\left(2\cosh^{-1}(\sqrt{1+Y^2})\right)}{4}.\]

===== Et uekte integral =====

**Problem** \\
Beregn det bestemte integralet

\[\int_0^\infty \frac{\ln(x)}{(x+1)^2} \, dx.\]

**Solution**\\
Siden \(\ln(0)=-\infty\) er dette et uegentlig integral av både type I og II. Vi skriver derfor om problemet til 

\[\int_0^\infty \frac{\ln(x)}{(x+1)^2} \, dx=\lim_{c\rightarrow 0^+}\left(\lim_{r\rightarrow \infty} \int_c^r \frac{\ln(x)}{(x+1)^2} \, dx\right).\]

På integranden bruker vi først delvis integrasjon, med \(1/(x+1)^2=u'\) and \(\ln(x)=v\),

\[\int \frac{\ln(x)}{(x+1)^2} \, dx = -\frac{\ln(x)}{x+1}+\int \frac{1}{(x+1)x} \,dx.\]

Delbrøksoppspaltning gir

\[\frac{1}{(x+1)x}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1},\]

slik at

\[\int \frac{1}{(x+1)x} \,dx=\ln(x)-\ln(x+1),\]

og vi kan nå løse det opprinnelige problemet:

\[\lim_{c\rightarrow 0^+}\left(\lim_{r\rightarrow \infty} \left[ -\frac{\ln(x)}{x+1}+\ln(x)-\ln(x+1)\right]_c^r\right)=\]

\[\lim_{c\rightarrow 0^+}\left(\lim_{r\rightarrow \infty} -\frac{\ln(r)}{r+1}+\ln(r)-\ln(r+1)+\frac{\ln(c)}{c+1}-\ln(c)+\ln(c+1)\right)=\lim_{c\rightarrow 0^+} \frac{\ln(c)}{c+1}-\ln(c)+\ln(c+1)=0.\]

Merk at rekkefølgen på grensene spiller ingen rolle.

===== Numerisk integrasjon: Trapesregelen =====

**Problem** \\
Integralet

\[\int_{-1}^1 \mathrm{e}^{-x^2}\, dx\]

kan ikke løses med ved hjelp av fundamentalteoremet, siden integranden ikke har noen antiderivert. Integranden tilfredsstiller imidlertid alle krav for å være integrerbar. La \(T_n\) være en tilnærming til dette integralet ved trapesmetoden, med \(n\) ekvidistante noder på intervallet \([-1,1]\). Finn den minste  \(n\) slik at

\[\left\vert\int_{-1}^1 \mathrm{e}^{-x^2}\, dx-T_n \right\vert\leq 10^{-3}.\]


**Solution** \\
Siden intervallets lengde er \(2\), vet vi fra teorem 4, kapittel 6 i Adams, at

\[\left\vert\int_{-1}^1 \mathrm{e}^{-x^2}\, dx-T_n \right\vert\leq \frac{K2^3}{12n^2}, \]

der \(K\) tilfredsstiller \(\frac{d^2}{dx^2}\mathrm{e}^{-x^2}\leq K\) på \([-1,1]\). Siden

\[\left\vert\frac{d^2}{dx^2}\mathrm{e}^{-x^2}\right\vert=\left\vert4x^2\mathrm{e}^{-x^2}-2\mathrm{e}^{-x^2}\right\vert\leq 2 \,\, \text{for} \,\, x\in [-1,1],\]

har vi at
\[\left\vert\int_{-1}^1 \mathrm{e}^{-x^2}\, dx-T_n \right\vert\leq \frac{4}{3n^2},\]

og følgelig må \(n=37\).