integrasjonsteknikker - eksempel

Her finner du eksempler som illustrerer definisjoner og teorem som er introdusert i temaet integrasjonsteknikker.

Problem
Regn ut det bestemte integralet \[ \int x^2\cos(x) \, dx.\]

Løsning
Vi kan å integrere funksjonene \(x^2\) og \(\cos(x)\) hver for seg, men vi kjenner ikke den antideriverte til produktet \(x^2 \cos(x)\).
Husk på at man ved derivasjon av polynom vil få et polynom av lavere grad. Dette betyr at det kan være lurt å prøve delvis integrasjon, der man velger \(x^2=u\) og \(\cos(x)=v\). ved å bruke formelen for delvis integrasjon får vi da

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

Her kan man merke seg at dersom man utfører delvis integrasjon igjen på det siste leddet med \(u=x\) og \(v=\sin(x)\) så vil man oppnå et integral der \(x\) er borte. Denne delvise integrasjonen ser slik ut:

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

Dette uttrykket må vi så sette inn i den første delvise integrasjonen vi utførte over. Da får vi:

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

Dette er et typisk eksempel på situasjoner som oppstår når man skal integrere, ofte må man benytte flere metoder samtidig, substitusjon og delvis integrasjon, eller man må kanskje bruke samme metode flere ganger.

Problem
Regn ut den ubestemte integralet \[ \int \frac{3x+4}{x^2+x-6} \, dx.\]

Løsning

Vi har at \(x^2+x-6 =(x-2)(x+3)\). På bakgrunn av dette sier reglen for delbrøksoppspaltning av vi har følgende likhet \[ \frac{3x+4}{x^2+x-6} =\frac{A}{x-2}+\frac{B}{x+3} \] for konstanter \(A, B\) som vi må bestemme. For å løse for \(A\) og \(B\) begynner vi med å multiplisere med minste felles multiplum \(x^2+x-6 =(x-2)(x+3)\) på begge sider. Dette gir oss ligningen

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

Vi har nå denne likheten mellom polynomene \(3x+4\) og \((A+B)x+3A-2B\). Dette betyr at koeffisientene i polynomene må være like, altså at \(3=A+B\) og at \(4=3A-2B\).

Ved å løse disse to ligningene får vi at \(A=2\) og \(B=1\). Da kan vi skrive integralet på måte som forhåpentligvis er lettere å integrere:

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

Problem

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

Løsning

Legg merke til at hyperbelen krysser den positive \(x\)-aksen i punket \((1,0)\). Dermed kan arealet uttrykkes som følgende integral

\[A=\int_0^{\sqrt{1+Y^2}} \frac{xY}{\sqrt{1+Y^2}}\, dx-\int_1^{\sqrt{1+Y^2}} \sqrt{x^2-1} \, dx=\frac{1}{2}Y\sqrt{1+Y^2}-\int_1^{\sqrt{1+Y^2}} \sqrt{x^2-1} \, dx.\]

For å løse integralet prøver vi med substitusjonen \(x=\cosh(u)\). Da er \(\sqrt{x^2-1}=\sinh(u)\) og \(dx=\sinh(u)du\). Dermed får vi at

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

Husk definisjonen \(\sinh(u)=(1/2)(\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x})\). Da har vi

\[\int \sinh^2(u)\, du=\int \frac{1}{2}\cosh(2u)-\frac{1}{2} \, du=\frac{1}{4}\sinh(2u)-\frac{u}{2}.\] Husk også definisjonen \(\cosh^{-1}(x)=\ln\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)\). Dermed får vi

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

Problem
Regn ut det endelige integralet \[\int_0^\infty \frac{\ln(x)}{(x+1)^2} \, dx.\]

Løsning
Vi vet at \(\ln(0)=-\infty\) og dermed blir dette et uegentlig integral av både type I og type II, og derfor skriver vi det om som følger:

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

For å løse dette finner vi først en antiderivert av integranden. Vi bruker delvis integrasjon med \(1/(x+1)^2=u'\) og \(\ln(x)=v\). Da har vi at \(u=-1/(x+1)\), og dette gir oss

\[\int \frac{\ln(x)}{(x+1)^2} \, dx = -\frac{\ln(x)}{x+1}+\int \frac{1}{(x+1)x} \,dx.\] \(1/(x+1)x\) er en rasjonal funksjon, som kan skrives på følgende måte (bruk delbrøksoppspaltning for å finne dette!)

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

Dermed har vi

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

For å løse det opprinnelige problemet må vi regne ut

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

Legg merke til at det er likegyldig i hvilken rekkefølge vi tar grenseverdiene, resultatet blir det samme.

Problem
Integralet

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

kan ikke løses ved bruk av analysens fundamentalteorem, siden integranden ikke har en kjent antiderivert. På den andre siden så tilfredstiller integranden alle krav man normalt stiller for å sikre seg integrerbarhet. La \(T_n\) være approksimasjonen av integralet ved bruk av trapesregelen med \(n\) jevnt fordelte noder på intervallet \([-1,1]\). Finn den minste \(n\) som er slik at du kan være sikker på at

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

Løsning
Ved å bruke teorem 4 i kapittel 6 i læreboken Adams, har vi at

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

siden lengden på intervallet vårt er \(2\), der \(K\) er slik at \(\frac{d^2}{dx^2}\mathrm{e}^{-x^2}\leq K\) på \([-1,1]\). Vi regner ut

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

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

og vi finner ved bruk at kalkulator at \(n=37\).