Integral Kokeboken

IntegralKokeboken

2 4 6 8

1

2

3

4

0

sin(pix2)

sinh2(pix)dx =

224

1

log x+ log(log x) dx = x log(log x) + C

cos(x2) + sin(x2) dx =

2pi

0

xs1

ex 1 dx = (s)n=1

1

ns= (s)(s)

2pi0

log

((1 + sinx)1+cosx

1 + cos x

)dx = 0

iDel I 11.1 Brk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Trigonometriske funksjoner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Oppgavesammling I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3.1 Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3.2 Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3.3 Oppgaver . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

Del II 112.1 Introduksjon II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.2 Bevis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.2.1 Den antideriverte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.2.2 Delvis integrasjon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.2.3 Substitusjon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.3 Symmetri og nyttige sammenhenger . . . . . . . . . . . . . . . . 182.4 Periodiske funksjoner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.5 Diverse substitusjoner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

2.5.1 Weierstrass substitusjon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.5.2 Euler substitusjon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.6 Brker og kvadratrtter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532.6.1 Brker . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532.6.2 Kvadratrtter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

2.7 Delvis integrasjon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 602.7.1 Delvis kanselering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 612.7.2 Eksponentialfunksjonen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.7.3 Tabell og reduksjonsformler . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

2.8 Trigonometrske funksjoner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 692.9 Logaritmiske funksjoner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 762.10 Ulike tips og knep . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

2.10.1 Rekursjoner og funksjonsflger . . . . . . . . . . . . . . . 802.10.2 Nyttig funksjonallikning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 842.10.3 Integral par . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

2.11 Oppgavesammling II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 902.11.1 Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 902.11.2 Oppgaver . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

Del III 1033.1 Introduksjon III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1043.2 Viktige konstanter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

3.2.1 EulerMascheroni konstanten . . . . . . . . . . . . . . . . 1053.2.2 Catalans Konstant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1063.2.3 GlaisherKinkelin konstanten . . . . . . . . . . . . . . . . 107

3.3 Spesialfunksjoner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1083.3.1 Gulv og tak-funksjonene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1083.3.2 Gammafunksjonen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1113.3.3 Betafunksjonen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1213.3.4 Digamma-funksjonen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1253.3.5 Polygamma-funksjonen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1293.3.6 Riemann zeta funksjonen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1293.3.7 Hurwitz zeta function . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

ii

3.3.8 Polylogaritmen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1313.3.9 Dilogaritmen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1323.3.10 Dilogaritmen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1353.3.11 Elliptiske Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

3.4 Transformasjoner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1403.4.1 Laplace transformasjonen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1403.4.2 Fourier-transformasjon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1463.4.3 Mellin transformasjonen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1473.4.4 Landens transformasjon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1473.4.5 Cauchy-Schlomilch transformasjonen . . . . . . . . . . . . 1493.4.6 Diverse transformasjoner . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

3.5 Diverse applikasjoner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1553.5.1 Gulv og tak-funksjoner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1563.5.2 Itererte integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

3.6 Derivasjon under integraltegnet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1573.7 Uendelige rekker . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1643.8 Dobbel Integraler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1673.9 Kompleks Integrasjon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

3.9.1 Typer integraler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1773.10 Oppgavesammling III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194

3.10.1 Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1943.10.2 Oppgaver . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194

Del IV 201A.1 Konvergens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203B.1 analysens fundamentaltheorem. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211C.1 Konvergens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215C.2 Funksjonalanalyse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223C.3 Bohr-Mullerup Theoremet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226

Del V 2295.1 Kortsvar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2305.30 Langsvar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238

2 1 Brk I

1 . 1 B R K

Tidligere har du mtt oppgaver som ber deg om a trekke sammen eller for-enkle brk-uttrykk

1 x1 + x +

x

x 1 =1 x1 + x

x 1x 1 +

x

x 1x+ 1x+ 1 =

3x 1x2 1

Hva om vi nsker a ga andre veien? Altsa a dele eller spalte brken? Som etteksempel kan du se om du klarer a vise at

2x2 1 =

1x 1

1x+ 1

uten a trekke sammen hyresiden. 1 Det finnes mange mater a trekke sammenbrker pa og for en enda grunndigere gjennomgang kan kalkulus anbefales eller

B E S T E M T E I N T E G R A L K A N V R E L U N E F U L L E

Ett gjennomgaende tema i dette heftet er at integrasjon er en kunst og idel II skal vi se at bestemte integral kan bli beregnet pa forunderlige mater.Oppfordringen fr des blir a prve ut flere metoder for a bestemme ett integral.Selv om du ser en lsning som du vet vil virke, ta en pause. Tenk. Er det noenandre metoder som kan virke, er de lettere, mer elegant enn min? Ett eksempeler flgende integral

I = 2

1

4xx2 1 dx

Flere vil etter a ha lest forrigaende seksjon begynne med delbrksoppspalting.Flott! Men hva om teller hadde vrt x2 + 1, hva kunne en gjort da? Svareter jo substitusjon, og detaljene skal leser fa kose seg med alene. Ett litt tffereeksempel som vi kommer tilbake til senere er flgende

Eksempel 1.1.1. Bestem verdien av flgende integral

I =

1

1x(1 + x2) dx

En ser ikke noen umidelbar smart substitusjon sa en naturlig vei er delbrksoppspalting.Det finnes mange mater, men for eksempel

1x(1 + x2) =

1 + x2 x2x(1 + x2) =

1x x1 + x2

Integrasjonen blir na enklere. For a bestemme integralet av siste del, bruker visubstitusjon

I = 1

x x1 + x2 dx = log x

12

2xdx1 + x2 = log x

12 log(1 + x

2) + C

1Som liten frsteklasse tass pa gymnaset var jeg dypt interessert i temaet og holdt pa i flere ukermed a dele brker og lage regler. Det var frst det paflgende aret at skolen begynte med teorien.

I 1 Brk 3

Dette uttrykket er rett. Men vi velgere a gjre noen sma algebraiske omskriv-ninger ved hjelp av logaritmereglene log a+ log b = log ab. Grunnen til dette vilsnart bli klar2 1

x(1 + x2) dx =12 log

(x2

1 + x2

)= 12 log

(1 11 + x2

)+ C

Hvor det blant annet ble brukt at log x = 12 log x2 ogx2

1+x2 =(x2+1)1

1+x2 =1 11+x2 . Ved a sette inn grensene vare far vi endelig

1

1x(1 + x2) dx =

12

[log(

1 11 + x2)]

1

= 12 limx log(

1 11 + x2) 12 log

(1 11 + 1

)Siden 1/x 0 nar x sa vil 1/(1 + x2) 0 nar x. Altsa gar frste delmot log 1 = 0.

I =

1

1x(1 + x2) dx =

12 log(1 0)

12 log

12 =

12 log 2

og vi er ferdige. I siste overgang brukte vi at log(1/2) = log 1 log 2 = log 2.Finnes det en enklere metode? Ja, heldigvis. Men den krever et bedre falkeyefor a se. Vi begynner i stedet med den noe uvante substitusjonen y 7 1/x. Detter det samme som at x 7 1/y slik at dx = dy/y2. Nar x sa vil y 0siden y = 1/x. Og tilsvarende x > 1 gir y = 1/x = 1. Dermed sa fas

1

1x(1 + x2) dx =

01

11/y(1 + (1/y)2)

dyy2

= 12

10

2y1 + y2 dy

Problemet lses sa ved a bruke en apenbar substitusjon. Tanken er at selv omdet ikke ser ut som en metode vil fre frem, kan det vre lurt a gi den en sjangselike vell. Substitusjonen x 7 1/y kalles gjerne den inverse substitusjonen, elleren bijectiv substitusjon. Den er mye brukt pa bestemte integral med grenser 1og.

2Prv a fortsette a beregne integralene uten disse algebraiske krumspringene. Hva skjer?

4 2 Trigonometriske funksjoner I

1 . 2 T R I G O N O M E T R I S K E F U N K S J O N E R

For en diskusjon om Rieman-integrerbarhet og ulike typer integraler henvisesleses til Appendix 1. Her blir og temaet om konvergens av integraler studertgjennomgaende.

Proposisjon 1.2.1. Vi har at (arctan x) = 11+x2 og t0

11 + x2 dx = arctan t (1.1)

for alle t 0. Videre sa er t0

11 + x2 dx =

1/t

11 + x2 dx = arctan t (1.2)

Bevis. Vi beviser frste del av proposisjonen mens siste del overlates til leser,se oppgave. Derivasjonen av arctan x kan vises ved implisitt derivasjon. Lay = arctan x, da er tan y = x. Derivasjon gir

ddx tan y =

ddx x

ddy (tan y)

dydx = 1(

1 + (tan y)2) dy

dx = 1

dydx =

11 + (tan y)2

ddx arctan x =

11 + x2

I andre linje ble kjerneregelen benyttet, altsa atd

dx =ddy

dydx . I siste linje kan

vi benytte oss av at y = arctan x og tan y = x for a fa det nskede resultatet.Derivasjonen av tan x kan for eksempel fres

dydx tan x =

dydx

sin xcosx =

(sin x) cosx sin x (cosx)(cosx)2 =

(sin x)2(cosx)2 +

(cosx)2(cosx)2

Som viser at (tan x) = 1 + (tan x)2, siden sin x/ cosx = tan x per definisjon.Ved a integrere (arctan x) = 1/(1 + x2) fra null til t fas t

0

dx1 + x2 =

t0

(arctan x) dx =[arctan x

]t0

= arctan t

Som flger fra at siden tan 0 = 0 sa er arctan 0 = 0. Alternativt kunne vi integrertuttryket via substitusjonen x = tan y. Da blir

ddx = (tan y)

dx =(1 + tan2(y))dy = (1 + x2) dy

I 2 Trigonometriske funksjoner 5

Altsa er dx/(1 + x2) = dy. Grensene blir arctan 0 = 0 og arctan t. Slik atintegralet kan skrives som t

0

11 + x2 dx =

arctan t0

dy = arctan t

Dette fullfrer frste del av beviset. Siste delen av beviset overlates til leser, seoppgave 4.

Korollar 1.2.1. 10

11 + x2 dx =

1

11 + x2 dx =

pi

4

2

11 + x2 dx =

0

11 + x2 dx =

pi

2

Bevis. Frste overgang faller direkte ut av likning (1.2), med t = 1. Da har vi 1/1

11 + x2 dx =

10

11 + x2 dx = arctan 1 =

pi

4

Andre overgang flger fra likning (1.1). Verdien av arctan 1 vet vi, siden tan pi/4 =1 sa er arctan 1 = pi/4.

Oppgaver

1. a) Bevis siste halvdel av proposisjon (1.2.1), altsa likning (1.2).

b) Vis videre at integralene under t0

log x1 + x2 dx =

1/t

log x1 + x2 dx , (1.3)

holder for alle t > 0. Bestem flgende integral 0

log x1 + x2 dx ,

ved a benytte deg av likning (1.3).

2. Bruk substitusjonen u 7 tan x til a bestemme I = pi

0tan x)n+2 + tann x dx

Bestem integralet pi/40

tan9 x+ 5 tan7 x+ 5 tan5 x+ tan3 x dx

ved a bruke resultatet ovenfor.

6 3 Oppgavesammling I I

1 . 3 O P P G AV E S A M M L I N G I

1 . 3 . 1 I N T E G R A L

1 . 3 . 2 I N T E G R A L

1.

x2 + 3xx2

dx

2.

sin(x) dx

3. 1

0

x

x2 + 1 dx

4.

x

x+ 1 dx

5. 33

11 x dx

6.

4 x dx

7. 1/2

0(2x 1)50 dx

8.

nx dx

9. 1

x ln x dx

10.

sin x cosx dx

11. e1

1ln(1 + x2

)xdx

12.

x

exdx

13.

sin x cosx dx

14. en

1ln xdx n R

15.x ax dx

16.

log10(x) dx

17. pi/3pi/6

sin(x)2 dx

18. e

1

pi

x2 dxdx

19. ln 2

0x ln(x+ 1) dx

20.

xex

(x+ 1)2 dx

21. 1

1 +x

dx

22. ln x

xdx

23. pipi

sin(1/x)ex2x!

dx

24.

x 1x2 + 2x+ 7

dx

25. 1 + ex

ex + xdx

26.

ex + 1ex 1 dx

27. pi/4

0

sin 2xsin x dx

28.

x2 + 2x+ 2x 1 dx

29. 1

0ey

2dx

30. 43/4

x+ 1(x+ 2)4 dx

31.x3

1 x2 dx

32.

ln(

1x

)dx

33.

sin(2x)esin(x)2

dx

34.x ln

(1x

)dx

35.

2xex dx

36. (

x+ 1x

)dx

37. 1

x (1 +x ) dx

38. loge(a)2

1ex dx

39.

x2

x2 1 dx

40.

x

1 x2 +1 x2 dx

41. e1

1ln(1 + x2

)x dx

42.

x2

x2 + 4x+ 8 dx

43. 1

x ln(x)n dx

44.

0x3ex dx

45.ex+e

x

dx

46.

ln(x)3 dx

47. mn

(m x)(x n) dx

48.

pie2 16 dx

I 3.3 Oppgaver 7

49.

x 2x 4 dx

50. sin(2x)

sin x dx

51. pi/3n

0tan(nx) dx

52. 4a

x2 a2 dx

53.esin(x)

2ecos(x)

2dx

54.

eln(x2+1)

x+ 1 dx

55. pi/2pi/6

1tan x dx

56.

x2 + 1x(x2 + 3) dx

57. 1

3x + x dx

58. 1

x ln x x dx

59. pi

0

x2 sin(x)pi 2 dx

60.

x +x dx

61.

2ln x dx

62. 5

2

2 4x4 x2 dx

63.

cos(sin(x)) cosxdx

64. (

x+ x2)e3(x+ln 3) dx

65. 1

0xn ln x dx

66. 1

2x

ln xdx

67. 1

0xn ln xdx

68. log5(x)

log25(x)dx

69.

x2 xx2 2x+ 1 dx

70.

ex/2

1 + ex dx

71.

ln(x

12 ln(x2)

)dx

72.

x5 x+ 1x3 + 1 dx

1 . 3 . 3 O P P G AV E R

1. Vis at integralet

K = a+2pia

sin x+ 1 dx ,

er konstant dersom a er et reellt tall. Kan resultatet forklares geometrisk?

2. LaD betgne omradet avgrenset av linjene y = sin x, x = sin y og y = 2pi+x.Bestem arealet av D Hint: En god tegning gjr ofte susen

3. Vi har flgende integral

I = ea

1

1x log x+ ax dx ,

hvor a er et reellt tall. Drft integralet for tilfellene a < 0, a = 0 og a > 0,

4. Bestem flgende integral

(1 +

x 1x+ 1

)2dx

Hint: Integralet kan lses bade med og uten a gange ut parentesen.

8 3 Oppgavesammling I I

5. Vis at

22(x2 1) e2x dx = e2 e2

hvor og henholdsvis er minste og strste lsning av x(x 1) = 1.

6. Finn ett reelt tall a som tilfredstiller a

0ex+e2

2 dx =125

7. For x > 0, la f(x) = x

1

log t1 + t dt. Finn funksjonen f(x) + f(1/x) og vis at

f(e) + f(1/e) = 1/2.

8. Bestem flgende integral 2pi

0d pi

0sin d

0

r2

(1 + r2)2dr

9.

10. La f(x) vre en funksjon slik at1) f(x) er integrerbar for x [0, 3]

2) 1

0f(x) dx = 1.

3) f(x) = 12 f(x) for alle x [0, 3]. Bestem integralet 30f(x) dx

11. Det oppgis at

dxx2 + a2 =

pi

aog

dx(x2 + a2)2

= pi2a3

hvor a > 0 er en positiv konstant. Bruk dette til a bestemme

x2

(x2 + 1)2dx .

Integralene ovenfor kan fritt benyttes, og det oppgis og at integralet oven-for konvergerer.

12. Vis at integralet 0

f(x)x

er invariant (er det samme) om f byttes ut med f(cx), hvor c er en kon-stant.

13. Ved a se pa integralet mellom f(x) = sin x og g(x) = cosx kan vi fa etomradet som likner pa en bart (se 345). Bestem arealet av barten.

14. Malet med denne oppgaven er a bevise hva som er strst av log 2 og 1/

2 .Og de er nrmere enn hva enn skulle tro ved frste yenkast.

I 3.3 Oppgaver 9

a) Vis at ulikheten (1 +

2)2(

t+ 1 +

2)2 > 11 + t

holder for alle 0 < t < 1.

b) Den geometriske aritmetriske ulikheten er definert som

x ylog x log y >

xy

der x > 0. Bevis ulikheten, Her kan det vre fordelaktig a studere fi-gur(1.1).

a ab b

1/x

x

Figur 1.1: Den aritmetriske geometriske ulikheten

c) Bestem hva som er strst av log 2 og 1/

2 . En star fritt til a benyttetidligere oppgaver.

Denne siden er med hensikt blank, for a gi leser en pustepause og for a laforfatter slass mot dinosaurer.

12 1 Introduksjon II II

2 . 1 I N T R O D U K S J O N I I

I denne delen vil vi hovedsaklig dykke dypere ned i tidligere beskte temaer,men ogsa lre noen nye eksotiske teknikker for a beregne spesielt harete integral.Det som forventes av leseren pa dette tidspunktet er en grundig forstaelse forde elementre integrasjonsteknikkene som ble gjennomgatt i del I. For a kunnelse mange av integralene som kommer videre ma disse elementre teknikkenesitte helt ut til fingerspissene.

Hvor i forrige del fleste integralene kunne bli lst via et steg En smartsubstitusjon, en delbrkoppspalting, en frekk faktorisering osv vil vi se frem-mover at integralene krever flere steg for a bli lst. Mange av lsningene vilvirke merkelige og noen vil virke som de er tatt rett ut av det bla. Men husk atbak hvert skritt som frer mot en lsning ligger et stort maskineri.

Ofte er grunnen til at vi bruker en sa merkelig substitusjon eller delvis inte-grasjon enkel. Det fungerer. Fremmgangsmaten blir en blanding av a ha settliknende problem fr, og prve en rekke velkjente triks og knep. Og det er ogsamalet med denne delen; og lre bort alle disse merkelige substitusjonene ogmetodene for a beregne integral, slik at du selv kan anvende dem. For etter aha sett det samme smarte trikset nok ganger, blir det ikke lengre et triks men ennyttig teknikk du selv kan bruke.

Et nkkelkonsept i denne delen er a se studere nar en kan gjre flgendeomskrivning

S

f(x) dx =D

g(x) dx aS

f(x) dx .

Metoden for a komme fra venstre side til hyre side av likningen er ikke spesieltviktig. Det kan vre en lur substitusjon, en brutal delvis integrasjon eller noehelt annet. Poenget er at likningen ovenfor kan lses med hensyn pa integraletover S1, en beregner altsa integralet indirekte. I mange tilfeller vil dette ogvre eneste metoden som fungerer da det eksisterer funksjoner som ikke harelementre antideriverte2. I denne delen blir ogsa andre mater a lse integra-ler inderekte pa studert, alt fra a anvende symmetri, til smart bruk av delvisintegrasjon.

1Sa fremt a 6= 1, da ender en opp med at integralet over D er null.2En sier gjerne at en funksjon har en elementr antiderivert dersom

f dx kan uttrykkes ved elemen-

tre funksjoner. Selv om en funksjon ikke har en elementr antiderivert kan likevel baf(x) dx

eksistere og vre elementr. Dette er noe som skaper hodebry for mange matematikkere.

II 2.1 Den antideriverte 13

2 . 2 B E V I S

I denne delen skal vi se nrmere pa noen geometriske bevis for bade delvisintegrasjon, og hvorfor den antideriverte gir oss arealet under en funksjon. Til-sutt bevises ogsa substitusjon mer formelt. Det formelle beviset for analysensfundamentaltheorem spares til appendixet, da det er noe langt. For den ivrigeleser se theorem (B.1.1).

2 . 2 . 1 D E N A N T I D E R I V E R T E

Lemma 2.2.1. Anta at F (x) = f(x) da vil ogsa(F (x) + C

) = f(x) hvor C eren vilkarlig konstant.

Theorem 2.2.1. La f vre en kontinuerlig funksjon som tar reelle verdier pa [a, b],og la F vre den antideriverte til f for x [a, b]. Da er b

a

f(t) dt = F (b) F (a) .

Vi venter som sagt med et formelt bevis for FTC, men i korte trekk kan detformelle beviset kokes ned til flgende fire linjer

F (b) F (a) =nk=1

[F (xk) F (xk1)] Teleskoperende sum (2.1)

=nk=1

F (xk)[xk xk1] Middel verdi theoremet (2.2)

=nk=1

F (xk)xk Riemann sum (2.3)

ba

F (x) dx (2.4)

Merk at theorem (2.2.1) krever at f er begrenset og kontinuerlig pa intervallet.Dette er den klassiske definisjonen av en Rieman-integrerbar funksjon. En kanutvide integralbegrepet til langt mer ville funksjoner, men da holder ikke lengredet paflgende beviset vann. Beviset under med andre ord langt mer en intuisjonenn et formelt bevis.

Bevis. Dette beviset tar utgangspunkt i figur(2.2) og baserer seg pa visuell frem-stilling. Anta at det eksisterer en eller annen funksjon A(y) som beskriver arealetunder f(x) fra et punkt a til ett eller annet punkt y > a. Det rde omradet i fi-gur(2.1) er eksempelvis A(b). Na utvider vi omradet litt med en faktor h. Arealetav det bla omradet kan da skrives som

bla = A(b+ h)A(b) .

Ut i fra figur(2.1) sa vil det bla omradet alltid ligge mellom det grnne rektan-gelet og det oransje. Dette kan beskrives ved flgende ulikhet

h f(b) A(b+ h)A(b) h f(h+ b) .

14 2 Bevis II

a b b+ h

A(b)

f(b)

f(h+ b)

x

y

Figur 2.1: Grafen til en vilkarlig funksjon f(x)

Siden arealet av et rektangel er lik grunnlinjen ganget med hyden. Grunnlinjenher blir G = (h+ b) b = h, og hyden er f(x). Trikset er na at siden h > 0 sakan en fritt dele ulikheten pa h

f(b) A(b+ h)A(b)h

f(h+ b) . (2.5)

Videre lar en h 0. Visuelt kan en se pa dette som at vi gjr det bla omradetmindre og mindre. Helt tilsvarende som nar en utledet formelen for den deriver-te.

limh0

f(b) limh0

A(b+ h)A(b)h

limh0

f(h+ b) .

Dette begynner a se pent ut. Det midterste leddet kan en kjenne igjen somdefinisjonen av den deriverte

f (x) = limh0

f(x+ h) f(x)h

.

Frste leddet blir f(b), og siste leddet blir f(b). Da har en altsa skvist A(x)

f(b) A(b) f(b) .

Dette medfrer at A(x) er en antiderivert til f(x)! Siden A(x) = f(x), sa betyrdet at A(x) = F (x) hvor F (x) = f(x). Funksjonen A kan dermed skrives som

A(b) = F (b) + C ,

hvor C er en eller annen konstant lemma (2.2.1). V nsker na a bestemme denneukjente konstanten. Merk at per definisjon sa er A(a) = 0, slik at

0 = F (a) + C C = F (a) .

II 2.2 Delvis integrasjon 15

Arealet under funksjonen f(x) fra x = a til x = b kan da skrives som

A(b) = F (b) F (a) ,

og som kjent er det mer vanlig a skrive dette som ba

f(x) dx = F (b) F (a) .

Merk at beviset tar utgangspunkt i at f(x) er stigende pa intervalet, hadde funk-sjonen vrt konstant kunne en brukt akkuratt samme argument. Hadde funk-sjonen i stedet vrt synkende ville eneste forskjell vrt at ulikhetstegnene ilikning (2.5) vrt snudd.

Beviset her krever at f er en kontinuerlig, men at funksjonen er strengt positiver ikke ndvendig. Med litt mer spissfindighet kan en fre et liknende argumentfor en funksjon som er negativ. Integrasjon holder i langt mer generelle formerenn dette, men poenget er her ikke a dekke alle spesialtilfeller, men gi a en vissintuisjon om hvordan derivasjon og integrasjon henger sammen.

2 . 2 . 2 D E LV I S I N T E G R A S J O N

Formelen for delvis integrasjon er gitt underudv = uv

udu

Tidligere har vi utledet denne formelen ved a integrere produktregelen

(uv) = uv + uv

I denne delen skal vi se pa en mer visuell mate a utlede formelen ovenfor pa,uten bruk av derivasjon. Forhapentligvis vil denne metoden vre mer intuitiv, itillegg til a vre en alternativ fremgangsmate.

Beviset tar utgangspunkt i figur (2.2) og idee`n er a uttrykke arealet av detgra omradet pa to ulike mater. Pa den ene siden kan arealet under u(v), fra Atil bli beskrevet ved flgende integral

ABBA = v2v1

udv

Tilsvarende sa kan ogsa arealet begrenset av punktene ABBA bli beskrevetav den inverse funksjonen v(u) langs u-aksen som

CBBC = u2u1

v du

Arealet av det gra omradet er likt summen av CBBC og ABBA. Paden andre siden kan det gra omradet - mer formelt polygonet avgrenset avCBAABC - uttrykkes som differansen mellom OABC og OABC.

OABC = u1v1 og OABC = u2v2

16 2 Bevis II

v1 v2

u1

u2

A A

B

B

C

C

O

u(v)

u

v

Figur 2.2: En vilkarlig funksjon i uv-koordinatsystemet

Ved a ta differansen sa kan det gra omradet uttrykkes som

CBAABC = OABC OABC = u2v2 u1v1 =[uv]u2,v2u1,v1

Ved a sammenlikne de to uttrykkene vi har for det gra omradet sa er[uv]u2,v2u1,v1

= v2v1

udv + u2u1

v du (2.6)

som ikke er noe annet en den kjente formelen for delvis integrasjon med leddenestokket om. Noen vil kanskje stusse pa grensene ovenfor, men husk at bade uog v begge er funksjoner av en underliggende variabel si x. Spesifikt sa eru(x1) = u1, v(x1) = v1 og u(x2) = v2, v(x2) = v2. Sa likning (2.6) kan skrives x=x2

x=x1udv =

[uv]x=x2x=x1

x=x2x=x1

v du . (2.7)

som er akkuratt formen for delvis integrasjon med grenser. Merk at beviset tokutgangspunkt i at funksjonen u(v) var en-til-en eller bijektiv.

Dette er ikke noe ndvendig krav, som vi sa nar vi utledet formelen tidligere.Uten for mye bevis sa kan beviset ovenfor utvides til kurver som ikke er en-til-en, sa lenge u og v er funksjoner kun avhengig av en underliggende variabel.Integralene vil fortsatt kunne beregnes, men na vil noen av omradene vrenegative.

II 2.3 Substitusjon 17

2 . 2 . 3 S U B S T I T U S J O N

I starten nar en lrer substitusjon vil en ofte missbruke notasjonen. Vi skriver

gjerne u = f(x) dudx = f(x) du = f (x) dx. Men hva skjer egentlig i

den siste overgangen? Vi arbeider jo tross alt med differensialer og ikke brker.Husk pa at substitusjon egentlig bare er kjerneregelen baklengs. Akkuratt

som delvis integrasjon essensielt er produktregelen baklengs. Essensen av kjerne-regelen er

dydx =

dydu

dudx ,

Grunnen til at vi foretrekker Leibniz notasjonen og skriver deriverte som forholder at notasjonen er veldig hintende (suggestive). Ofte nar ting ser ut som dekanselerer sa gjr de virkelig det. Ofte oppfrer disse differensialene seg sombrker for eksempel dy/dx = 1/ dx/dy. Men a rettferdigjre at en kan behandledifferensialer som brker er en egen gren innenfor matematikk som kalles forinfinitesmal kalkulus.

La du/dx = u(x), substitusjon kan da skrives direkte somg(u(x))u(x)dx =

g(u(x)) dudx dx =

g(u) du =

g(t) dt

Hvor det er den andre overgangen om ma rettferdigjres. Det som ser ut somen kanselering av dx i andre overgang er direkte knyttet til kjerneregelen. Nota-sjonen er med andre ord valgt for a understreke kanseleringen.

Theorem 2.2.2. La I = [a, b] R vre et intervall og la u(x) vre en til enfunksjon samt kontinuerlig deriverbar. Anta at g er kontinuerlig pa I, da er b

a

g(u(x))u(x) dx = u(b)u(a)

g(t) dt .

Bevis. Vi definer funksjonen F som flger

F (x) = x

0g(t) dt

Vi studerer sa funksjonen F (u(x)) og dens deriverte.

F (u(x)) = F (u(x))u(x) = dFdududx

= ddu

u(x)0

g(u(t)) dt u(x) = g(u(x))u(x)

Hvor siste overgang flger fra frste del av analysens fundamentaltheorem(B.1.1). Ved a integerere F (u(x)) = g(u(x))u(x) fra a til b sa har vi

F (u(b)) F (u(a)) = ba

g(u(x))u(x) dx = ba

g(u(t)) dudx dx.

Selvsagt vet vi ogsa at

F (u(b)) F (u(a)) = u(b)u(a)

g(t) dt = u(b)u(a)

g(u) du

og dette fullfrer beviset.

18 3 Symmetri og nyttige sammenhenger II

2 . 3 S Y M M E T R I O G N Y T T I G E S A M M E N H E N G E R

Malet med denne delen er a se pa hvordan integral og funksjoner kan for-enkles ved hjelp av symmetri. Det frste vi skal se pa er definisjonen av ensymmetrisk funksjon.

Definisjon 2.3.1. En funksjon f kalles symmetrisk omkring c dersom

f(x c) = f((x c))En funksjon f kalles anti-symmetrisk omkring c dersom

f(x c) = f((x c))Dette ma selvsagt holde for alle x. Dersom det bare holder for x C hvorC = [a, b] er et endelig interval, sa sier en at f er henholdsvis odde eller likeover C

Definisjon 2.3.2. En funksjon f kalles for en likefunksjon eller jevnfunksjondersom funksjonen er symmetrisk omkring origo.

f(x) = f(x)En funksjon f kalles odde eller for en oddefunksjon dersom funksjonen er anti-symmetrisk omkring origo.

f(x) = f(x)Som igjen ma holde for alle x.

En grafisk fremstilling av odde og like funksjoner er vist i figur (2.3). Ek-sempelvis sa er x2, cosx, ex2 og |x| like funksjoner. Tilsvarende sa er x3, sin x,xex

2og x eksempel pa odde funksjoner.

En sammlebetegnelse for odde og like funksjoner er paritet. Sa paritetentil ex

2er like, partiteten til xex

2er odde, og ex har ingen paritet. Odde og

x

y

(a) Et plot av to odde funksjoner

x

y

(b) Et plot av to like funksjoner

Figur 2.3: Pictures of animals

like funksjoner har mange nyttige egenskaper hvor de viktigste egenskapene er

II 3 Symmetri og nyttige sammenhenger 19

sammlet i tabell (2.1). Her er O en forkortelse for en odde funksjon, og L er enforkortelse for en likefunksjon. Videre sa er E enten odde eller like, og E harmotsatt paritet av E. Sa dersom E er like sa er E odde. Uttrykket E E = Obetyr det samme som at O L = O og L O = O. Gitt to funksjoner f og g sa erf g = f(g(x)).

Tabell 2.1: Noen egenskaper til odde og like funksjoner.

E + E = E E E = LE/E = L E/E = OE E = O O O = OE L = L L E = L

Fra figur (2.3) virker det som arealet av en likefunksjon er likt pa hyre ogvenstre side av origo. Tilsvarende for en oddefunksjon, bare at omradene na harmotsatt fortegn.

Dette stemmer faktisk, men fr vi viser det la oss ta et litt annet eksempelmed hensyn pa symmetri.

Eksempel 2.3.1. Se pa funksjonen

f(x) = x

Det nskes a vises at arealet under f(x) og f(a x) grafisk. Altsa a0f(x) dx =

a0f(a x) dx

Ved a se pa figur figur(2.4) sa er det rimelig apenbart at omradet under funksjo-

x

y

Figur 2.4: f(x) og f(a x) i samme figur.

nene er like. Arealet under x fra 0 til a er en trekant med grunnlinje a og hydea dermed sa er a

0x dx = a

2

2Tilsvarende for a x er dette og en trekant med grunnlinje a og hyde a sa a

0x dx = a

2

2


Eksemepelet ovenfor var veldig konstruert og pedantisk. Men det stiller etviktig sprsmal, gjelder dette for alle funksjoner? Svaret er heldigvis ja, og kangeneraliseres til flgende proposisjon

Proposisjon 2.3.1. Anta at f er en vilkarlig funksjon, og a,b er to reelle tall da er ba

f(a+ b x) dx = ba

f(x) dx .

Bevis. Igjen kan dette visualiserer med at f blir rotert omkring linjen x = (a +b)/2 og det er derfor logisk at arealet er uforandret. Begynner med a se pavenstre side av likheten b

a

f(x) dx

Ved a bruke substitusjonen x 7 a + b u sa er du = dx. Videre er x = a u = b, og x = d u = a sa b

a

f(x) dx = ab

f(a+ b u) dx = ba

f(a+ b u) du

og beviset fullfres ved a bytte integrasjonsvariabelen tilbake til x.

Dette enkle beviset frer direkte til at

Korollar 2.3.1. Gitt at f er en symmetrisk funksjon omkring c, g er en anti-symmetrisk funksjon omkring c da er c+a

caf(x) dx = 2

c+a0

f(x) dx og c+aca

g(x) dx = 0 dx , (2.8)

der at a er en positiv, reell konstant. Spesielt dersom c = 0 sa er aaf(x) dx = 2

a0f(x) dx og

aag(x) dx = 0 dx , (2.9)

gitt at f er en likefunksjon, og g er odde.

Som det overlates leser a vise. Her er det nok a putte inn i proposisjon (2.3.1)og benytte seg av definisjonen av en odde og like-funksjon. Dette er og svrtlogisk om en betrakter figur(2.3).

Langt i fra alle funksjoner har symmetriske egenskaper, for eksempel sa er ex

hverken like eller odde. Men

ex = ex + ex

2 +ex ex

2 = sinh x+ cosh x

Slik at ex kan skrives som en odde og en likefunksjon. Faktisk sa kan enhverfunksjon f skrives som en en odde og en likefunksjon

f(x) = f(x) + f(x)2 +f(x) f(x)

2 (2.10)

Hvor frste del er en like, og andre del en odde. Fra denne observasjonen kanen vise


Proposisjon 2.3.2. La f vre en vilkarlig funksjon da er aaf(x) dx =

a0f(x) + f(x) dx

Bevis. Legg merke til at aa

f(x) + f(x)2 =

a0f(x) + f(x) og

aa

f(x) f(x)2 = 0

Dette flger fra korollar (2.3.1) siden frste frste funksjon er like og andrefunksjon er odde. Ved a integrere likning (2.10) fra a til a fas da a

af(x) dx =

a0f(x) + f(x) dx ,

som nsket. Alternativt kan en og dele integralet pa midten og benytte substitu-sjonen x 7 y i integralet fra a til 0.Proposisjon 2.3.3. La f vre en integrerbar funksjon pa intervalet [0, 2a], hvora R er en positiv konstant. Da holder 2a

0f(x) dx =

a0f(x) dx+

a0f(2a x) dx

for alle funksjoner f .

Korollar 2.3.2. La f vre en vilkarlig funksjon da er

2a0

f(x) dx =

2 a

0f(x) dx hvis f(2a x) = f(x)0 hvis f(2a x) = f(x)

hvor a er reell konstant.

Bevis. Beviset flger direkte fra proposisjon (2.3.3) og nesten rett fra korol-lar (2.3.1) med et snedig skifte av koordinater. Geometrisk beskriver integraleten funksjon som er odde eller like omkring x = a. Vi deler frst integralet pamidten og bruker deretter substitusjonen x 7 2a u pa det siste integralet. 2a

0f(x) dx =

a0f(x) dx+

2aa

f(x) dx

= a

0f(x) dx+

2a2a2aa

f(2a u) du ,

hvor grensene blir u = 2a 2a = 0 og u = 2a a = a. Bruker vi na at abf(x) dx = b

af(x) dx kan integralet skrives som 2a

0f(x) dx =

a0f(x) + f(2a x) dx . (2.11)

Dette beviser proposisjon (2.3.3). A sette inn henholdsvis f(2a x) = f(x) ogf(2a x) = f(x) fullfrer beviset for korollar (2.3.2). Som vi skal se snartflger likning (2.11) ogsa rett fra (2.13) i lemma (2.3.1).


La oss ta et eksempel for a se hvor nyttig symmetriegenskaper kan vre

Eksempel 2.3.2. Putnam 1987: B1

J = 4

2

log(9 x) dx

log(9 x) +log(3 + x)Na er a+ bx = 6x sa ved a benytte seg av proposisjon (2.3.1) far en direkte 4

2

log(9 (6 x)) dx

log(9 (6 x)) +log(3 + (6 x)) = 4

2

log(3 + x) dx

log(3 + x) +

log(9 x)Meget pent. Ved a ta gjennomsnittet av uttrykkene far en at

J = 12

42

log(9 x)

log(9 x) +log(x+ 3) +

log(3 + x)log(x+ 3) +

log(9 x) dx

Dermed forenkler integranden dramatisk og en star igjen med

J = 12

42

log(9 x) +log(x+ 3)log(9 x) +log(x+ 3) dx = 12

42

1 dx = (4 2)2 = 1

Merk at teknikken som ble brukt her kan enkelt generaliseres til flgende tokorollar

Korollar 2.3.3. La f(x) vre en vilkralig funksjon pa (a, b) da er ba

f(x)f(a+ b x) + f(x) dx =

b a2 ,

gitt at a og b er to reelle konstanter og at integralet konvergerer.

For a sikre seg konvergens holder det at f(a+ bx) + f(x) 6= 0 pa intervalet.Beviset er i seg selv enkelt, og en kan bruke nyaktig samme fremgangsmatesom i eksempelet ovenfor. I seg selv er korollaret enkelt a vise, men i praksis erdet vanskeligere a bruke. For eksempel sa er 1

0

x3 + x+ 14 3x+ 3x2 dx =

10

x3 + x+ 1[(x 1)3 + (x 1) + 1] + x3 + x+ 1 dx =

12 .

Men a se denne overgangen krever at en har en liten algebra-trollmann i magen.Som regel er det enklere a tippe at denne teknikken fungerer og se om theo-rem (2.3.1) kan benyttes. Pa enkle integrander kan korollaret brukes til a lseintegraler ved inspeksjon.

Lemma 2.3.1. ba

f(x) dx = 12

ba

f(x) + f(a+ b x) dx (2.12)

= ca

f(x) + f(a+ b x) dx (2.13)

= bc

f(x) + f(a+ b x) dx (2.14)

Gitt at a,b er to reelle tall og c = (a+ b)/2 er gjennomsnittsverdien av a og b.


Bevis. Frste likning faller rett ut fra (2.3.1), siden integralet over f(x) og f(a+b x) er like store. For a se neste overgang kan en snitte integralet i to b

a

f(x) dx = ca

f(x) dx+ bc

f(x) dx , (2.15)

med c = (a+ b)/2. Ved a bruke substitusjonen x 7 a+ bu pa siste integral fas ba

f(x) dx = ca

f(x) dx ac

f(a+ b u) du

= ca

f(x) + f(a+ b x) dx .

Grensene blir u = (a+ b) c = c og u = (a+ b) b = a, og en byttet tilbake til xsom integrasjonsvariabel i siste linje. Dersom en i stedet bruker substitusjonenx 7 a+ b u pa frste integral i (2.15) far en b

a

f(x) dx = cb

f(a+ b x) dx+ bc

f(x) dx

= bc

f(a+ b x) + f(x) dx .

som var den siste likningen som skulle vises.

La oss rette fokus mot de kjente a kjre trigonometriske funksjonene vare.Vi vet allerede at 2pi

0sin2(x) dx =

2pi0

1 cos(2x)2 dx =

[2 sin(2x)

4

]2pi0

= pi

Der det ble benyttet at sin2 x cos2 x = cos 2x, og enhetsformelen cos2 x +sin2 x = 1. Dette er et integral som dukker mye opp bade i fysikk og flervariabelanalyse, men hva med integralet av cos2(x), kan vi bruke resultatet pa noenmate? Ved a se pa figur (2.5) sa er cos2 x og sin2 x samme funksjon, bare atcosinus er forskjvet med en halv periode altsa

sin( pi

2 x)

= cosx

Der virker da logisk at arealet under sinus og cosinus er det samme, gitt at enintegrerer over en hel periode. Dette viste du vel allerede fra fr, men ved a setteinn i proposisjon (2.3.1) fas direkte at pi/2

0sin(x)2 dx =

pi/20

sin(pi/2 x)2 dx = pi/2

0cos(x)2 dx

Interessant, siden arealet under av funksjonene er like sa er pi/20

sin(x)2 = 12

pi/20

sin(x)2 + cos(x)2 dx = 12

pi/20

1 dx = pi2


pi/2 pi 3pi/2 2pi

1

x

y

Figur 2.5: Her er cosx den stipplede funksjonen, og sin x er den heltrukne.

pi2

pi 3pi2

2pi

1

0

x

y

Figur 2.6: f(x) og f(a x) i samme figur.

Stilig! Teknikken fungerer ikke bare pa alle intervall, men alle multipler av pi/2. npi/20

sin(x)2 = npi/2

0cos(x)2 = 12

npi/20

1 dx = npi4

Men dette er kanskje kjent fra fr? La oss angripe problemet pa en mer grafiskmate. Ved a se nrmere pa intervalet 0 til pi. Legg merke til symmetrien fra x = 0til x = pi/2 i figur(2.6). Funksjonen f(x) = sin(x)2 deler kvadratet avgrenset avy = 0, y = 1 og x = 0, x = pi/2 i nyaktig to pa figuren. Slik at arealet under fer nyaktig halvparten av arealet til kvadratet. Altsa pi/2

0sin2 xdx = 12

( pi2

)= pi4

Dette er helt tilsvarende som a bestemme arealet av en trekant, den er nyaktighalvparten av kvadratet.

For a fa samme resultat som fr kan en dele opp integralet i n kvadrat hvermed areal pi/2, og nyaktig det samme argumentet kan og benyttes pa cos(x)2.Hittil har det bare vrt handvifting, hvordan kan en vre sikker pa at frem-gangsmaten er rett? Svaret finner vi i flgende theorem

Theorem 2.3.1. Anta f er kontinuerlig pa [a, b] og at f(x) + f(a + b x) erkonstant for alle x [a, b] da er b

a

f(x) = (b a)f(a+ b

2

)= b a2

[f(a) + f(b)

]


Bevis. Beviset her tilegnes Roger Nelsen [? , s39-41], og er mildt sagt pent. Merkat teoremet kan vises utelukkende ved a betrakte figur(2.7). Men litt algebratre-

a (a+ b)/2 b

f(b)

f(a+b2

)f(a)

f(a) + f(b)

f(x)

x

y

Figur 2.7: Bevis for teoremet uten ord.

ning har aldri skadet noen. For a beregne integralet benyttes lemma (2.3.1) oglikning (2.13) Da er b

a

f(x) dx = ca

f(x) + f(a+ b x) dx =(b+ a

2 a)K

Siden f(x)+f(a+bx) = K, hvorK er en konstant. For a bestemme konstantenkan hvilken som helst x [a, b] benyttes. Velges x = a eller x = b fas

K = f(a) + f(b)

Derimot om en velger f(x) = c fas

K = 2f(a+ b

2

)Integralet kan dermed skrives som b

a

f(x) = (b a)f(a+ b

2

)= b a2

[f(a) + f(b)

]som var det som skulle vises.

En ser at om f(x) = sin2 x eller f(x) = cos2 x sa er f(x) + f(pi/2 x) = 1konstant sa pi/2

0sin2 xdx =

pi/20

cos2 x dx = pi/2 02[f(0) + f(pi/2)

]= pi4

som stemmer med tidligere resultater. La oss ta et noe vanskeligere eksempelavslutningsvis


Eksempel 2.3.3. Putnam 1987: B1 pi/20

dx1 + tan(x)

2.

Dette er en av de vanskeligste oppgavene som har vrt gitt pa en Putnam eksa-men3. Ved a tegne funksjonen far en noe som likner pa figur (2.8). Allerde na

pi/4 pi/2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0

0 x

y

Figur 2.8: Grafen til funksjonen 1/ tan(x)

2 .

burde en kjenne igjenn teknikken. Omradet under funksjonen er halvparten avrektangelet. Slik at det forventes at pi/2

0

dx1 + tan(x)

2

= 12

( pi2

)= pi4 .

For a vre sikre pa dette sjekkes det at f(x) f(a+ b x) er konstant. Na er

tan(pi/2 x) = sin(pi/2 x)cos(pi/2 x) =cosxsin x = 1/ tan(x)

slik at

f(x) + f(pi/2 a) = 11 + tan(x)

2

+ 11 + 1/ tan(x)

2 tan(x)

2

tan(x)

2

= 11 + tan(x)

2

+ tan(x)

2

1 + tan(x)

2

3Putnam er en den mest prestisjefylte matematikkonkuransen for studenter i USA og Kanada. Kon-kurransen bestar av 12 sprsmal, med maks poengsum 120. Oppgaven som er vist her klarte bare23 av 2043 deltakare a fa 3 eller mer poeng pa


Dermed sa er f(x) + f(a + b x) konstant for alle x [0, pi/2]. Arealet underf(x) er dermed nyaktig halvparten av kvadratet med hyde 1 og bredde pi/2.Fra theorem (2.3.1) har en altsa at pi/2

0

dx1 + tan(x)

2

= pi/2 02[f(0) + lim

xpi/2f(x)

]= pi4 .

Der f(0) = 1 og den siste grensen blir 0, siden tan(x) gar mot uendelig narx pi/2 dermed vil 1/ tan x 0.

I oppgaven ovenfor var figuren en god indeksjon pa symmetrien. La ossavslutningsvis ta et eksempel som i utgangspunktet virker motstriende mot tidli-gere resultater.

Eksempel 2.3.4. Her skal vi studere flgende integral

A = pi/2

0

1 + cos2 x dx

La som definere funksjonen f som

f(x) =

1 + cos2 x

Ved a se pa figur(2.9) ser det ut som at integralet fyller opp nyaktig halvpartenav det stiplede omradet. Sa antakelsen om at arealet er

pi/4 pi/2

0.5

1

1.5

0

0 x

y

Figur 2.9: Den rde kurven viser funksjonen f(x) =

1 + cos2 x .

A =pi(f(0) + f(pi/2)

)2 =

pi(1 +

2)

4

virker ikke urimelig. Dessverre sa er

g(x) = f(x) + f(pi x) =

1 + cos2 x +

1 + sin2 x


ikke konstant pa intervallet. Ved a se pa den deriverte kan en se at funksjonenduver sakte i intervalet, eksempelvis sa er g(0) = g(pi/2) = 1 +

2 , mens

g(pi/4) =

6 . Sa f(x) f(pi x) er akk sa nre a vre konstant, men dethjelper dessverre ingenting. Ved direkte utregning sa er faktisk pi/2

0

1 + cos2 x dx 1.9100 > pi

(1 +

2)

4 1.8961

Sa selv om det ser ut som funksjonen har pen symmetri, ma en teste om f(x) +f(a+bx) er konstant. Problemet i denne oppgaven er at 1+cos2(x) tilfredstillerf(x) = f(a+ b x), mensx ikke gjr det. En konvolusjon av en symmetriskog ikke symmetrisk funksjon er dessverre ikke symmetrisk.

Addendum: Integralet som ble studert i denne oppgaven ikke er mulig aberegne analytisk og betegnes som et elliptisk integral av andre grad. Men avise dette overlates som en artig oppgave til leser.

Oppgaver

1. La vre en reell konstant, og f(x) en kontinuerlig funksjon. Hvilkeegenskaper ma f ha for at

f(x) dx1 + x =

0f(x) dx

skal gjelde? Bestem ogsa

dx(1 + x2)(1 + ex) .

2. Vis at 2pi0

log(

(1 + sin x)1+cos x1 + cosx

)dx = 0 ,

3. Bestem konstantene A,B,C og D slik at

dx1 + x2 = A

1

dx1 + x2 = B

10

dx1 + x2 = C

0

dx1 + x2 .

4. 2

0

x2 x+ 1

x2 3x+ 3 dx

5. Flgende transformasjon pi0xR(sin x, cos2 x) dx = pi2

pi0R(sin x, cos2 x) dx

er nyttig i flere sammenhenger. Vis at den stemmer der R(x) er en ra-sjonell funksjon uten singulariter pa intervalet. Gjelder identiteten forR(cosx, sin2 x) ?


6. Et komplett elliptisk integral av andre grad kan skrives pa fomen

E(k) = pi/2

0

1 k2 sin2 x dx

a) Vis at integralet pi/20

1 + cos2 x dx

kan uttrykkes via E(x).

La oss ta en liten digresjon til numerisk integrasjon. For a beregne etintegral kan en dele opp intervalet i n deler og konstruere et trapes pahver del. Da ender en opp med at

T (n) = ba

f(x) dx = h2[f(a) + f(b)

]+ h

n1k=1

f(xk)

hvor n er antall interval, h = (b a)/n, og xk = a + hk. En vre grensefor feilen i metoden er gitt som

0 Error (b a)3

2n2 M

Hvor M er den strste verdien |f ()| har pa intervallet.

b) Bestem hvor mange interval n som trengs for a vre helt sikker paat pi/2

0

1 + cos2 x dx > pi(1 +

2 )

4

30 4 Periodiske funksjoner II

2 . 4 P E R I O D I S K E F U N K S J O N E R

I forrige seksjon ble det sett nrmere pa integralene av sin x, og cosx og beg-ge to er eksempler pa periodiske funksjoner. En enkel definisjon pa en periodiskfunksjon er flgende

Definisjon 2.4.1. La f(x) vre en funksjon, og la T vre en konstant. Dersom

f(x+ T ) = f(x)

holder for alle x, sa kalles f for periodisk. En sier ogsa at f har en periode pa T .

Altsa dersom funksjonen gjentar seg selv, ved jevne interval sa er funksjonenperiodisk. Noen ganger kalles periodiske funksjoner ogsa for sykliske funksjoner.merk at periodiske funksjoner ikke trenger a oppfre seg like pent som sin x eller

t

y

Figur 2.10: Illustrasjon av en periodisk funksjon

cosx. Fra definisjonen ovenfor flger det at 1 har periode pi. Siden f(x) = 1, saer f(x+ pi) = 1 for alle x.

Faktisk sa har konstante funksjoner, alle perioder4.

Proposisjon 2.4.1. Dersom f(x) = f(x + p) og g(x) = g(x + p) for alle x, hvorp 6= 0, og

F (x) = f(x) + g(x) og G(x) = f(x)g(x) (2.16)

da er bade har bade F og G periode p.

Dette er rett frem med a beregne F (x+ p) og G(x+ p), men merk at p ikketrenger a vre den minste perioden funksjonen har.

Eksempel 2.4.1. Definer f(x) = 1 sin x og g(x) = sin x, da har bade f og gperiode 2pi siden sin(x+ 2pi) = sin x cos 2pi + cosx sin 2pi = sin x. Merk at

F (x) = f(x) + g(x) = 1

Sik at F (x) har alle perioder, ikke bare 2pi.4 En kan unnga dette problemet ved a definere periodiske funksjoner som f(x+ T ) = f(T ), hvorT er ulik null. Men i mange situasjoner er det mer naturlig a betrakte konstanter som periodiskefunksjoner.

II 4 Periodiske funksjoner 31

Eksempel 2.4.2. Definer f(x) = cosx i sin x og g(x) = cosx+ i sin x, da harigjen bade f og g en minste periode pa 2pi. Merk at

G(x) = f(x) g(x) = cos2 x i2 sin2 x = cos2 x+ sin2 x = 1

Sik at F (x) igjen har alle perioder5, ikke bare 2pi.

Theorem 2.4.1. La f(x), vre en funksjon med periode T hvor T 6= 0, og la kvre en vilkarlig konstant da er a+T

a

f(x) dx = b+Tb

f(x) dx (2.17) kT0

f(x) dx = k T

0f(x) dx (2.18) b+nT

a+mTf(x) dx =

ba

f(x) dx+ (nm) T

0f(x) dx . (2.19)

T a T + a

2T x

Figur 2.11: Illustrasjon av likning (2.17). Omradet fra a til a + T , er like stortsom arealet over en periode altsa fra T til 2T .

Korollar 2.4.1. Dersom R(x, y) er en rasjonell funksjon sa er 2pi0

R(sin x, cosx) dx = pipi

R(sin x, cosx) dx

Bevis. Dette flger direkte fra likning (2.17) med a = 0 og b = pi og T =2pi.

Merk at likning (2.18) flger direkte fra (2.19) ved a sette m, a, b = 0, ogn = k. Tilsvarende kan frste likning vises ved a la b = a, m = 0, n = 1 sa a+1T

a+0Tf(x) dx =

aa

f(x) dx+ (1 0) T

0f(x) dx =

T0f(x) dx

Ved a heller sette b = a far vi samme resultat, og integralene ma derfor vre like.Men det er enklere a bevise siste likning om en frst har vist de to foregaende.Her bevises bare (2.17) og (2.18) mens siste likning overlates som en velse tilleser.

5Her er i2 = 1 den sakalte imaginre enheten. A innfre denne vil kanskje noe se pa som juks.Droppes derimot i blir G(x) = cos 2x som bade har periode 2pi og pi.


Bevis. Det er noe enklere a vise at begge integralene er likt integralet over 0 tilT . Uten tap av generalitet la c a b, da er c+T

c

f(x) dx = Tc

f(x) dx+ T+cT

f(x) dx

= Tc

f(x) dx+ c

0f(x+ T ) dx =

T0f(x) dx

Hvor substitusjonen u = x T ble brukt i andre overgang og f(x + T ) = f(x)siden f har periode T . Dette medfrer at a+T

a

f(x) dx = T

0f(x) dx =

b+Tb

f(x) dx

som nsket. Intuitivt beskriver dette en horisontal forflyttning, og om funksjonener periodisk vil denne forlyttningen bevare arealet.

Siden k er et naturlig tall kan en dele opp integralet kT0

f(x) dx =k1n=0

(n+1)TnT

f(x) dx =k1n=0

T0f(u+ nT ) du (2.20)

der substitusjonen x 7 u + nT ble benyttet i siste overgang. Via induksjon erdet enkelt a vise at f(x+ nT ) = f(x) holder for alle n Z. Argumentet holderfor n = 1, og anta sa at f(x+ pT ) = f(x) for en eller annen p. Na er

f(x+ (p+ 1)T

)= f

((x+ T ) + pT ) = f(x+ T ) = f(x)

Her ble induksjonshypotesen brukt f(x+pT ) = f(x) med x = x+T , og i sisteovergang at f er periodisk. Resultatet flger ved induksjon og ved innseting fas kT

0f(x) dx =

k1n=0

T0f(x+ nT ) dx =

k1n=0

T0f(x) dx = k

T0f(x) dx ,

som var det som skulle vises. Dette fullfrer beviset.

Likning (2.18) beskriver en samling av k like integral av typen i likning (2.17),siden integralet over hver hele periode er like stort. En kan og kombinere resul-tatene, for eksempel sa fas a+kT

a

f(x) dx = k b+Tb

f(x) dx

ved a bruke likning (2.17) og (2.18). Setter enn n = m inn i (2.19) far en

= ba

f(x) dx = b+nTa+nT

f(x) dx (2.21)

hvor n selvsagt kan vre negativ. Igjen gir dette mening siden om en integrererover (2T, 3T ) eller (T, 2T ) spiller ingen rolle da funksjonen er periodisk, en staraltsa fritt til a skifte integralet slik det passer seg.

I stedet for a ta en rekke sma eksempler, sammler vi alt i et magnum opuseksempel nedfor. Merk en del av teorien fra avsnitt (2.3) vil og bli brukt


Eksempel 2.4.3. 53pi/425pi/4

dx(1 + 2sin x) (1 + 2cos x) =

7pi4

Legg merke til at om en anslar integralet numerisk, far en I 5.4978, sa I 1.75pi = 7pi/4. Dette gir oss i hvertfall en god gjetning pa at verdien av integraleter rett. La f(x) betegne integranden na er f(x+ 2pi) = f(x) slik at integranden

k k + 2pi k + 4pi k + 6pi k + 7pi

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x

y

Figur 2.12: Grafen til f , hvor k = 25pi/4.

er periodisk. Dette kan en enten se ved innsettning eller at integranden bestarav sin x og cosx ledd som begge har periode 2pi. Ved a skrive om grensene kanintegralet skrives som

I = 5pi/4+62pipi/4+32pi

f(x) dx = 5pi/4pi/4

f(x) dx+ 3 2pi

0f(x) dx

hvor (2.19) ble brukt, og f(x) igjen betegner integranden.I praksis er omskrivningen at integralet deles opp i to deler, delen som bestar

av hele perioder, og delen som bestar av halve perioder. Eg fra k til k + 6, ogk + 6 til k + 7 i figur(2.12).

Kall integralene for henholdsvis A og B, merk at 2pipi

dx(1 + 2sin x) (1 + 2cos x) =

pi0

du(1 + 2sin(u+pi)

) (1 + 2cos(u+pi)

) 2sinu2cosu2sinu2cosu

= pi

0

2sin x2cos x dx(1 + 2sin x) (1 + 2cos x)

via substitusjonen x 7 u+ pi, her ble ogsa sin(u+ pi) = sin u og cos(u+ pi) = cosu benyttet. Dette resultatet far en bruk for om en deler B pa midten

B = 3 pi

0f(x) dx+ 3

2pipi

f(x) dx = 3 pi

0

1 + 2sin x2cos x dx(1 + 2sin x) (1 + 2cos x) ,


Det kan vises at f(x)+f(a+bx) er konstant [Oppgave] slik at theorem (2.3.1)kan brukes. Da er

B = 3(b a)f(a+ b

2

)= 3pi 1 + 2

sin(pi/2)2cos(pi/2)(1 + 2sin(pi/2)

) (1 + 2cos(pi/2)

) = 3pi2Helt tilsvarende kan A beregnes sa

A = 3pi/4pi/4

dx(1 + 2sin x) (1 + 2cos x) +

5pi/43pi/4

dx(1 + 2sin x) (1 + 2cos x)

Ved a bruke substitusjonen u = x pi/2 sa kan siste integral skrives som 5pi/4pi/23pi/4pi/2

du(1 + 2sin(u+pi/2)

) (1 + 2cos(u+pi/2)

) = 3pi/4pi/4

2sin x dx(1 + 2sin x) (1 + 2cos x)

Siden sin(u+ pi/2) = sin u og cos(u+ pi/2) = cosu. Ved a bruke dette kan Askrives som

A = 3pi/4pi/4

1 + 2sin x(1 + 2sin x) (1 + 2cos x) dx =

3pi/4pi/4

dx1 + 2cos x

For a beregne integralet kan igjen benytte seg av theorem (2.3.1) siden g(x) +g(a+ b x) er konstant.

A = 3pi/4pi/4

dx1 + 2cos x =

pi

21

1 + 2cos(pi/2) =pi

4

som fr. Her betegner da selvsagt g = 1/(1 + 2cos(x)). Oppsumert sa er 53pi/425pi/4

dx(1 + 2sin x) (1 + 2cos x) =

3pi2 +

pi

4 =7pi4

som var det en nsket a vise.En noe mer intuitiv fremgangsmate a viseA pa er a heller bruke likning (2.13)

fra lemma (2.3.1).

A = 3pi/4pi/4

dx1 + 2cos x =

pi/2pi/4

11 + 2cos x +

11 + 2 cos x =

pi/2pi/4

dx = pi4

Hvor cos(pi/4 + 2pi/4 x) = cosx. Om en ikke er sa glad i benytte slike knepheller, kan integralet ogsa beregnes enda mer elementrt. 3pi/4

pi/4

dx1 + 2cos x =

pi/2pi/4

dx1 + 2cos x +

3pi/2pi/2

dx1 + 2cos x

= pi/2pi/4

dx1 + 2cos x

pi/4pi/2

2cos(pix)1 + 2cos(pix) dx

= pi/2pi/4

dx1 + 2cos x +

pi/2pi/4

2cos x2cos x

dx1 + 2 cos x ,

der substitusjonen u 7 pi/2 x ble brukt. Helt tilsvarende regning kan a brukesfor a beregne B elementrt.

I dette eksempelet studeres en del spesialtillfeller av theoreme ved a se pafunksjoner med ulike egenskaper


Proposisjon 2.4.2. La n Z/{0} vre et heltall ulikt null og la f vre en funksjon.Dersom

1) at f er en funksjon med periode T , f(x+ T ) = f(x) sa er T0f(nx) dx =

T0f(x) dx (2.22)

2) at f er en vilkarlig funskjon slik at integralene konvergerer sa er pi/20

f(sin 2x) dx = pi/2

0f(sin x) dx (2.23) pi/2

0f(cos 2x) dx = 12

pi/20

f(cosx) + f( cosx) dx (2.24)

3) at f er en likefunksjon, f(x) = f(x) sa er pi/20

f(sinnx) dx = pi/2

0f(sin x) dx (2.25) pi/2

0f(cosnx) dx =

pi/20

f(cosx) dx (2.26)

I tilfellet hvor f er odde, f(x) = f(x) holder likning (2.25) og (2.26)generellt bare for n = 1,2.

Beviset overlates til leser se oppgave (7). Vi kommer til a heller studeresymmetriegenskapene mellom sin x og cosx.

Proposisjon 2.4.3. La m, p, q Z, da er pi(sk)/2pi(rk)/2

sin(mx)n dx = 0 og pi(q+k/2)pi(pk/2)

cos(mx)n dx = 0

nar n 2N 1 og r, s 2Z+ 16. Altsa er r 2j + 1, s 2i+ 1 hvor j, i N. Detkreves i tillegg at dersom i og j har samme paritet ma k vre like og og tilsvarendefor p og q. Dersom i og j eller p og q har ulik paritet sa kan k Z velges fritt.

Beviset her uttelates men er logisk om en betrakter figuren. Beviset ville vrta dele opp integralene halveis, og drftet de ulike tilfellene for i, j, k,m, n, p, q, r, smen for leserens mentale helse utellates dette. Derimot frer proposisjonen di-rekte til

Korollar 2.4.2. 2npi0

cos(mx)2k+1 dx = npi

0cos(mx)2k+1 dx = 0 (2.27) 2npi

0sin(mx)2k+1 dx = 0 (2.28)

Hvr n,m, k N.6Notasjonen her betyr at n er odde. Dette kan og skrives som n {2u 1 : u N}, dennenotasjonen tar dog opp noe mer plass. Tilsvarende for 2Z 1, merk disse mengdene er identiske.


Lemma 2.4.1. La R vre en rasjonell funksjon da er K0

R(sin x, cosx) dx = K

0R(cosx, sin x) dx

Spesielt sa er K0

f(sin x) dx = K

0f(cosx) dx .

Hvor K = pi/2 eller K = 2pi.

Bevis. A vise likheten for K = pi/2 er trivielt. Ved a bruke den kjre substitusjo-nen y 7 pi/2 x sa er pi/2

0R(sin x, cosx) dx =

0pi/2

R(cos(pi/2 y), sin(pi/2 y)) dy

= pi/2

0R(cosx, sin x) dx ,

som nsket. La oss na studere tilfellet K = 2pi som er hakket mer spennende.Ved a frst bruke den samme substitusjonen y 7 pi/2 x sa er 2pi


3pi/2pi/2

R(

sin(pi/2 x), sin(pi/2 y))dy .Integralet kan forenkles ved a snu grensene og benytte som fr at sin(pi/2y) =cos y og cos(pi/2 y) = cos y. Neste steg blir a dele integralet ved x = 0. 0

3pi/2R(cos y, sin y) dy +

pi/20

R(cos y, sin y) dy

En naturlig fortsettelse er a benytte substitusjonen y 7 2pi+u eller likning (2.19)med n = m = 1,a = 3pi/2,b = pi/2 og T = 2pi pa frste integralet. Uansett blir 2pi

pi/2R(cosu, sin u) du+

pi/20

R(cos y, sin y) dy = 2pi

0R(cosx, sin x) dx

Som var det som skulle vises. Nyaktig samme bevis som ovenfor kan bru-kes pa f(sin x), noe enklere er bare se at R(cosx, sin x) = f(cosx) om R ikkeinneholder noen sinus ledd.

Dette vil si at R(x, y) er en symmetrisk funksjon. Som betyr at i ethvertintegral som kun bestar av cosx og sin x ledd, star en fritt til a bytte om disse 2pi

0

3 cosx2 sin x cosx+ 3 dx =

2pi0

3 sin x2 cosx sin x+ 3 dx ,

sa fremt en integrerer over en kvart, eller hel periode. Lemmaet her kan brukestil a vise et noe mer generelt resultat


Proposisjon 2.4.4. La k vre en konstant da er pik/2pim/2

R(cosx, sin x) dx = pik/2pim/2

R(sin x, cosx) dx ,

gitt at k,m 0 (mod 4) eller k,m 1 (mod 4).Siste del betyr at k og m alltid er pa formen 4n eller 4n + 1 for et heltall n

og ikke ndvendigvis like. Slik at vi kan godt velge k = 4 + 1 og m = 4. A visedette tar liten plass nar vi allerede har vist lemma (2.4.1)

Bevis. Vi kan uten tap av generalitet sette m = 0 igjennom hele beviset. Sidenintegralet kan deles ved x = 0 og a vise proposisjonen for de negative verdieneer akkuratt likt som for de positive. Tar frst tilfellet for k = 4n, da er 2npi

0R(cosx, sin x) dx = n

2pi0

R(cosx, sin x) dx

= n 2pi


2npi0

R(sin x, cosx) dx ,

der frste og siste overgang flger fra likning (2.18) og andre overgnag flgerfra lemma (2.4.1). Tilsvarende for tilfellet nar k = 4n+ 1 sa er 2npi+pi/2


2pi0

R(cosx, sin x) dx+ pi/2

0R(cosx, sin x) dx ,

hvor likning (2.18) ble brukt. En har vist symmetrien til begge integralene pahyresiden i lemma (2.4.1). Ved a bruke dette har en dermed 2npi+pi/2


2pi0

R(sin x, cosx) dx+ pi/2

0R(sin x, cosx) dx

= 2npi+pi/2

0R(sin x, cosx) dx ,

som var det som skulle vises. Dette fullfrer beviset.

A bruke denne symmetrien til a lse integral er ikke rett frem. Men den ersvrt nyttig for a vise at ulike trigonometriske integral er like. Vi kan etablereliknende identiteter for

Proposisjon 2.4.5. .La f(x) vre en begrenset funksjon pa intervalet og la m,n vre heltall. Da er

2 npimpi

f(cosx) dx = 2pin2mpi

f(cosx) dx (2.29)

2 npi/2mpi/2

f(sin x) dx = npimpi

f(sin x) dx (2.30)

gitt at n,m er pa formen n,m 0 (mod 4) eller n,m 1 (mod 4).Beviset for dette overlates til leser, og kan vises pa samme mate som de

to tidligere proposisjonene. Merk at proposisjonen holder selv om m = 4p ogn = 4l + 1. La oss ta en svak generalisering av Riemann-Lebesgue lemmaet


Lemma 2.4.2. (Riemann-Lebesgue lemma) La f(x) vre en kontinuerlig deriver-bar7 funksjon pa (a, b). La g(x) vre en funksjon med periode T . Da er

limn

ba

f(x)g(nx) dx = 1T

T0g(x) dx

ba

f(x) dx .

Lemmaet holder under svakere betingelser, men for a gjre beviset enklereholder dette for oss

Bevis. La oss frst se pa integralet over g(x), dette kan skrives som x0g(t) = x

(1T

T0g(x) dx

)+ h(x) = xA+ h(x) .

Her betegner A integralet, og h er en eller annen kontinuerlig funksjon medperiode T . Frste overgang kommer fra likning (2.18), hvor k = x/T . For atdette skal gjelde ma x/T vre et heltall , dette ordnes via funksjonen h(x) somer g(x) integrert over et passelig interval. Ved a derivere begge sider sa er

g(x) = A+ h(x) ,

slik at g(nx) = A + h(nx). Her trengtes ikke produktregelen og benyttes pafrst del, da A er en konstant og ikke avhengig av x. Settes dette inn i denopprinnelige likningen fas b

a

f(x)g(nx) dx = A ba

f(x) dx+ ba

f(x)h(nx) dx .

Malet er na a vise at det siste integralet gar mot null, nar n gar mot . Ved abruke delvis integrasjon kan integralet skrives som b

a

f(x)h(nx) dx =[f(x)h(nx)

n

]ba

1n

ba

f (x)h(nx) dx .

Siden f , f og h(x) er kontinuerlige pa (a, b) medfrer dette og at de er vrebegrenset, som igjen betyr at integralet konvergerer. Hyresiden er dermed etreelt tall sa hyresiden gar mot null nar n vokser. Dette medfrer

limn

ba

f(x)g(nx) dx = A ba

f(x) dx+ 0 = 1T

T0g(x) dx

ba

f(x) dx ,

som var det som skulle vises.

7kontinuerlig deriverbar er en faglig betegnelse som betyr at f er kontinuerlig, og at dens deriverteogsa er kontinuerlig


Oppgaver

7.

a) Lett oppvarming. Vis at dersom f har periode T , altsa f(x+T ) = f(x)sa er T

0f(nx) dx =

T0f(x) dx ,

gitt at n = Z/{0} altsa at n er et vilkarlig heltall ulikt 0. Bevis ogsaresten av proposisjon (2.4.2).

8. Bevis at det kun eksisterer to n N slik at

I(n) = pi/2

0

d2 + sinn =

pi/20

d2 + sin

Tilsvarende bestem nar I(n) = pi23 .

9. Vis at b+nTa+mT

f(x) dx = ba

f(x) dx+ (nm) T

0f(x) dx

hvor igjen a, b, T er reelle tall, f(x+ T ) = f(x) for alle x, og n,m Z.10. Bestem integralet

I = 71pi/2

23pilog(

(1 + sin x)1+cos x1 + cosx

)dx .

11. Tidligere har en sett pa periodiske funksjoner, og i denne oppgaven ser ennrmere pa spesialtilfellet der integranden i tillegg er odde eller like.

La f(x) vre en likefunksjon, og la g(x) vre odde. Bade f og g har peri-ode T = 2L, hvor L er en naturlig konstant. I oppgaven skal integralene

G(x) = x

0f(t) dt og F (x) =

x0g(t) dt ,

studeres nrmere8.

a) Bestem pariteten til F og G. Altsa om F og G er odde eller like.

b) Bestem G(2nL) og F (2nL), hvor n Z.c) Vis at F ogsa har periode 2L, hvilke betingelser kreves for at G ogsaskal ha periode 2L?

8Merk at egenskapene vi viser her minner svrt om egenskapene til sinx, og cosx og blant elemen-tre funksjoner er disse de eneste periodisk, odde og like funksjonene.

Tillater en derimot delte funksjonsuttrykk, finnes det mange flere eksempler, disse mye brukt innensignalbehandling og fourier-analyse.

40 5 Diverse substitusjoner II

2 . 5 D I V E R S E S U B S T I T U S J O N E R

Vi betegner en substitusjon som flgende overgang

f(x) dx =

f [g(t)]g(t) dt

og formelt sett er dette en avbildning fra et omrade X til et omrade Y via funk-sjonen x 7 g(t). Hva dette i praksis vil si er at vi gar fra et koordinatsystem x,ytil et nytt koordinatsystem x,y og det eneste som er konstant mellom systemeneer at arealet under f(t) (a, b) og f(g(t)) (,) er like store.

Vi begynner med a se pa noen fa eksempler pa nyttige susbtitusjoner. Innehol-

der integralet

(x a)(b x eller

xabx sa kan substitusjonen x 7 a cos2 +

b sin2

Eksempel 2.5.1.

I = ba

dx(x a)(b x) = pi

Vi benytter den anbefalte substitusjonen x 7 a cos2 + b sin2 . Da er(x a)(b x) = (a(cos2 1) + b sin2 )(b(1 sin2 ) a cos2 )

= (a sin2 + b sin2 )(b cos2 a cos2 )= (b a)2 sin2 cos2

Mens den deriverte kan skrives som

dxd = 2a cos sin + 2b sin cos = 2(b a) sin cos

Herfra ma vi arbeide med grensene vare. Nar x = a far vi likningen a =a cos2 + b sin2 som medfrer (a b) sin2 = 0. Her kan vi se bort i fra dettrivielle tilfellet a = b. Sa vi ma ha sin2 = 0 eller = npi, n Z. Vi velgern = 0 for enkelhetens skyld.

Tilsvarende for x = finner vi at = pi/2 + npi. Denne gangen kan viikke velge n fritt. Det er relativt trygt a gjette at vi ma velge = pi/2. Vi kanrettferdiggjre dette ved a se at vi nsker at x ker fra a til b, og dersom vi velgeren annen verdi for den vre grensen vil ikke dette skje. Substitusjonen gir altsa b

a

dx(x a)(b x) = 2

pi/20

(b a) sin cos d(b a)2 sin2 cos2 = 2

pi/20

d = pi

som nsket. Noen tillegskommentarer: For x [0, pi/2] sa er cosx og sin xpositive slik at

sin2 cos2 = | cosx|| sin x| = cosx sin x. Vi kan og se raskt

pa konvergens, eneste farememomenter er x = a og x = b. Integralet oppfrerseg som

10 dx/

x nre disse punktene og konvergerer dermed. En har fra

taylorutvikling at dx(x a)(b x)

(x a)1/2(b a)1/2 dx = 2(x a)1/2(b a)1/2

som er konvergent. Helt tilsvarende omkring x = b.

II 5 Diverse substitusjoner 41

A evaluere bestemte integral ved bruk av substitusjon krever mfintlighet.Flgende theorem gir oss tilstrekkelige betingelser for en gyldig substitusjon

Theorem 2.5.1. Dersom funksjonen t = (x) tilfredstiller flgende

1) (x) er en kontinuerlig en-til-en funksjon definert pa intervalet [,] og haren kontinuerlig derivert der.

2) Verdiene til (t) ligger i intervalet [a, b]

3) () = a og () = b.

da vil flgende formel holde ba

f(t) dt =

f(g(x))g(x) dx

for alle f stykkevis kontinuerlig funksjoner derfinert pa [a, b].

Gjennom nonen eksempler vil vi vise visse fallgruver om en ikke passer pabetingelsenene ovenfor. Det enkleste er altsa benytte seg av monotone9 substi-tusjoner. Ellers ma en dele opp intervallet til substitusjonen blir monoton.

Eksempel 2.5.2.

I = 22

dx4 + x2

Variabelskifte x 7 1/t vil her lede til et galt svar

I = 22

dx4 + x2 =

1/21/2

dtt2(1 + 1t2

) = 1/21/2

dt4t2 + 1

=[

12 arctan 2t

]1/21/2

= pi4Som er umulig siden funksjonen er strengt positivt. Dette skjer fordi substitusjo-nen 1/t ikke er deriverbar i origo10. Rett svar er selvsagt

I = 22

dx4 + x2 =

[arctan x2

]22

= 12

[ pi4

( pi4

)]= pi4

En annen som kan komme er nar en bruker den iverse substitusjonen x = (t)og x = (t) tar flere verdier11.9En monoton funksjon er en funksjon som er avtagende eller synkende pa ett gitt omradet.10Dette er jo selvsagt ikke helt rett. Problemet ligget i at vi ma dele opp intervallet vart ved origo

fr vi kan derivere. Dette handler om at x 7 1/x mapper [2, 2] til (,1/2] [1/2,) ogikke [1/2, 1/2] som en kanskje skulle trodd i utgangspunktet.

11Innen kompleks analyse klaller vi slike funksjoner gjerne for branch cuts.


Eksempel 2.5.3.

I = 3

0(x 2)2 dx

Ved a bruke substitusjonen u 7 (x 2)2 vil resultere i et galt resultat. Dette erfordi den inverse funksjonen ikke er unikt definert x = 2t . en ene grenenenx1 = 2

t kan ikke ta verdier for x > 2, og den andre x2 = 2

t kan ikke ta

verdier for x < 2. Direkte (men feil) utregning via u 7 (x 2)2 gir 30

(x 2)2 dx = 12 1

4

u du =

[23 u

3/2]1

4= 13

83 =

73

Apenbart feil, da integranden er positiv pa hele omradet. For a fa det korrektesvaret er det ndvending a dele integralet i to deler

I = 2

0(x 2)2 dx+

32

(x 2)2 dx

Sa kan vi la x 7 2t i frste integrealet og x 7 2 +t i det andre. Dette gir

I1 = 2

0(x 2)2=.

04t

dt2t

= 12

40

t dt = 83

I2 = 3

2(x 2)2=.

10t

dt2t

= 12

10

t dt = 13

Derfor sa er I = I1 + I2 = 83 +13 = 3. Resultatet kan bekreftes ved a beregne

integralet direkte 30

(x 2)2 dx =[

(x 2)2

]30

= 13 +83 = 3

En kan og betrakte12 en substitusjon som at en omformer et materialet ellervske som en ikke kan trykkes sammen13. En substitusjon kan da sees pa soman en drar materialet i en eller annen retning, merk at transformasjonen mavre kontinuerlig, og kan heller ikke innfre hulli omradet.

En avbildning fra X til Y ikke er entydig og det kan finnes mange mater akomme seg fra X til Y pa. En kan for eksempel ga fra X til Z ogsa fra Z til Y ,eller en rekke andre mater. Omradene vi vil arbeide med vil i hovedsak vreinterval pa den reelle tallinjen slik at en kan skrive X = [a, b] og Y = [,].Men det er ikke noe mot at X er et interval og at Y er en sirkel for eksempel.

Ofte nar vi bruker substitusjon er malet a forenkle integranden, men hva omvi nsker a forenkle grensene i stedet. Hvordan skal vi finne en substitusjon slikat grensene gar fra [a, b] til [,]? Substitusjonen kan skrives som b

a

f(t) dt =

f(g(x))g(x) dx ,

hvordan ma da t = g(x) velges? Flgende propsisjon gir oss heldigvis svaret12En alternativ synsvinkel er en liner transformasjon mellom to topologiske rom.13Formelt kalles et slikt materialet med konstant volum for inkompressibelt. Nar det gjelder gasser,

kalles en prosses med konstant volum for en isokor prosess.


0.5 1 1.5 2

0.5

1

1.5

2

0

0 x

y cosx

(a) Funksjon med areal 1.

0.5 1 1.5 2

0.5

1

1.5

2

0

0 x

y 1t21+t2

21+t2

(b) Funksjon med areal 1.

Figur 2.13: Arealet under begge funksjonene er like og t 7 tan(x/2) mapperx, y til x,y.

Theorem 2.5.2. Integralet f(t) dt kan bli transformert til et annet integral

med grenser og via den linere transformasjonen

T (x) 7 x+

(2.31)

Da kan integralet skrives som

f(t) dt =

f

( x+

)dx (2.32)

Beviset overlates til leser. Det er ikke vanskeligere enn a anta at x(t) =Ax + B. Kravene om at x() = , x() = bestemmer konstantene A og B.Fra dette flger

Korollar 2.5.1. ba

f(x) dx = (b a) 1

0f((b a)t+ a) dt (2.33)

= (b a)

0f

(a+ bx1 + x

)dt

(1 + t)2 (2.34)

for alle a, b R.Dette flger fra og sette inn henholdsvis = 0, = 1 og = 0, i

likning (2.32).En noe mer intuitiv mate a se likning (2.32) pa er a vise korollaret frst.

Dette viser at ethvert apent interval (a, b) kan krympes ned til enhetsintervalet(0, 1) via en eller annen transformasjon U . Dette betyr ogsa at en kan krympeintervalet (,) ned pa (0, 1) via en transformasjon V . Ved a ta inversen avV , gar vi motsatt vei fra (0, 1) til (,) altsa forstrres omradet. Dette erillustrert i figur(2.14). Ved a frst bruke transformasjonen U , og deretter V 1


U

V 1VU(V 1)

a b

0 1

Figur 2.14: Mapping fra (a, b) til (,).

gar vi altsa fra (a, b) til (,). A vise at U(V 1) er samme transformasjon som ilikning (2.31) overlates til leser.

Som vist ovenfor er ikke avbildninger unike, det finnes mange veier en kanta fra X til Y - I tabell (2.2) er et utvalg transformasjoner fra X til Y vist. Herblir notasjonen (a, b) for a betgne omradet en integrerer over.

Tabell 2.2: Et utvalg av sentrale substitusjoner

X Y t = g(x)

(a, b) (1, 1) b+ ab a +

2xb a

(0, a) (0, 1) x/a(0, 1) (a, b) a+ (b a)x(0, 1) (,) (1 2x)/4(x2 x)

(1, 1) (,) x/(1 x2)(0,) (a, b) (a x)b/(b x)(1,) (0, 1) 1/x(0,) (1, 1) (x 1)/(x+ 1)(0,) (1, 1) pi arctan(x)/4 1(0,) (0, 1) x/(1 + x)(0,) (0, 1) tanh x(0,) (1, 0) 1/(1 + x2)(0,) (1, 0) exp(x)

(,) (,) x+ 1/x

En transformasjon som er utelatt fra tabellen er hvordan en kan mappe (a, b)til R = (,), og motsatt. Grunnen til dette er plassmangel, og resultatet ergitt under

Proposisjon 2.5.1. La a, b vre to reelle tall med b > a, da er

T (x) = 14(b a)(b+ a 2x)x2 (a+ b)x+ ab (2.35)

En funksjon slik at

XT Y

Hvor X = (a, b) og Y = R.


Dette overlates til leser a vise, men det holder a sjekke at at x a frer tilat T , x b frer til at T , og at T er kontinuerlig pa (a, b).

For a utlede resultatet kan en for eksempel mappe (a, b) pa (1, 1) og deretter(1, 1) pa R. Det eksisterer heldigvis enklere transformasjoner fra et apentinterval til den reelle tallinjen om en tillater seg bruk av hyperbolske funksjoner.A finne en slik transformasjon er gitt i oppgaveteksten under.

Merk avbildningene ovenfor kan bade snus (0, 1) = (1, 0) og deles opp(0,) = (0, 1) (1,). Dette vil komme til nytte i flgende omskrivningProposisjon 2.5.2.

0g(x) dx = S

10g(Sx) + 1

x2g

(S

x

)dx (2.36)

Hvor S > 0 er en vilkarlig konstant.

Bevis. Ved a benytte substitusjonen x 7 St dx = S dt fas 0

g(x) dx = S

0g(St) dt

Grensene blir uforandret siden S > 0. Merk at 1

g(Sx) dx = 0

1g

(S

t

)dtt2

, (2.37)

via substitusjonen x 7 1/t dx = dt/t2. Ved a dele opp intervalet i(0, 1) (1,) kan na integralet skrives som

S

10g(Sx) dx+ S

1

f(Sx) dx = S 1

0g(Sx) + 1

x2f

(S

x

)dx

Der likning (2.37) ble brukt. Dette fullfrer beviset.

Spesielt sa vil tilfellet nar S = 1 0

g(x) dx = 1

0g(x) + 1

x2g

(1x

)dx , (2.38)

bli mye brukt fremmover.

Oppgaver

12. Benytt integralet fra eksempel (2.5.1) til a vise at

J = ba

dtt

(t a)(b t) =piab

.

Bestem ogsa integralet dc

duu

(u2 c2)(d2 u2) ,

hvor a, b, c, d R.


13. En annen transformasjon er a1f

(t2 + a

2

t2

)dtt

= a

1f

(t+ a

2

t

)dtt,

noen ganger kjent som Wolstenholme transformasjonen. Vis at denne stem-mer

14. La f(x) vre en kontinuerlig funksjon og f(x) dx eksisterer. Vis at

f(x) dx =

f

(x 1

x

)dx

Denne overgangen kalles ofte for Slobin transformasjonen.

15. Beregn integralet

0

dxa2 +

(x 1x

)2 , hvor a 2.16. a) Benytt transformasjonene

U(x) = b a2 x+a+ b

2 og V (x) =x

1 x2

til a bevise proposisjon (2.5.1).

b) Bestem funksjonene v(a, b), og u(a, b) slik at ba

f(t) dt = 12

f(

arctanh(v(a, b, x)

))u(a, b, x) dx

Denne transformasjonen har en entydig invers pa R i motsetning tillikning (2.35) gitt ved

f(t) dt = Q

ba

f (Q tanh x+ P ) dxcosh2 x

Bestem konstantene Q og P slik at likheten stemmer. Her er P = P (a, b)og Q = Q(a, b) funksjoner av a og b.

II 5.1 Weierstrass substitusjon 47

2 . 5 . 1 W E I E R S T R A S S S U B S T I T U S J O N

I denne delen skal vi se nrmere pa en substitusjon kjent som weierstrass sub-stitusjon14. Teknikken er oppkalt etter den tyske matematikeren Karl Weierstrass(1815-1897) og bestar i a sette

t 7 tan( x

2

).

Meningen med substiusjonen er a transformere trigonometriske integral over tilrasjonale funksjoner. Men for a gjre dette trengs uttrykk for bade dx, sin x ogcosx

Theorem 2.5.3. (Weierstrass) Anta at a, b [pi, pi] da er ba

R(sin x, cosx) dx =

R

(2t

1 + t2 ,1 t21 + t2

)2 dt

1 + t2

via substitusjonen t = tan(x2). Hvor R er en rasjonal funksjon, = tan(a/2),

= tan(b/2) og tan(x) = 2t1t2 .

Bevis. Dett beviset tar utgangpunkt i figur (2.15), hvor sidene ble valgt pa en

1

t

1 + t2

x/2A B

C

Figur 2.15: Figur med t = tan(x/2).

slik mate at t = tan(x/2). Dessverre far en bare uttrykk for sin(x/2) og cos(x/2)fra figuren

cos( x

2

)= 1

1 + t2og sin

( x2

)= t

1 + t2(2.39)

For a fa de rette verdiene benyttes dobbelformelene

cos(A+B) = cosA cosB sinA sinB (2.40)sin(A+B) = cosA sinB + sinA cosB (2.41)

14Flere bker kaller denne substitusjonen for Weierstrass uten a gi noen refferanser til hvorfor. Tek-nikken var kjent lenge fr Weierstrass var fdt, blant annet fra Euler og ideen om a paramterisereenhetssirkelen har vrt kjent i flere tusen ar. Se http://math.stackexchange.com/questions/461527/on-the-origins-of-the-weierstrass-tangent-half-angle-substitution for fle-re detaljer. I de fleste verk sa er teknikken kjent som weierstass-substitusjonen og derfor erdet navnet som vil bli benyttet her og.


Ved a sette inn A = B = x/2 i likning (2.40) kan cosx skrives som

cos(x) = cos2( x

2

) sin2

( x2

)=(

11 + t2

)2(

t1 + t2

)2= 1 t

2

1 + t2 .

Tilsvarende sa kan sin x skrives som

sin x = 2 sin( x

2

)cos( x

2

)= 2

(t

1 + t2

)(1

1 + t2

)= 2t1 + t2 ,

ved a sette inn A = B = x/2 i likning (2.41). For a bestemme dt deriverest = tan(x/2) med kvotientregelen

dt = 12cos2(x/2) + sin2(x/2)

cos2(x/2) dx =12 (1 + t

2) dx

Dette gir som nsket at dx = 2 dt/(1+t2), hvor enhetsformelen og likning (2.39)ble benyttet i siste overgang. Til slutt har en

tan x = sin xcosx =2t

1 + t2/ 1 t2

1 + t2 =2t

1 t2og dette fullfrer beviset.

Eksempel 2.5.4. Vis at dxcosx = log |tan x+ cscx|+ C

Standardtrikset her er a fa en apenbaring og deretter se at en kan gange med

secx+ tan xsecx+ tan x

forsa a benytte seg av substitusjonen u = secx+ tan x. Dette er dog svart magiog overlates til leser. Her vises heller frem Weierstrass i sin prakt dx

cosx = 1 + t2

1 t22

1 + t2 dt = (1 + t) (t 1)

(1 + t)(1 t) dt

For a bestemme integralet kan en na dele opp integralet relativt enkelt dxcosx =

11 + t

1t 1 dt = log

1 + t1 t+ C = log 1 + tan(x/2)1 tan(x/2)

+ CMen dette likner ikke helt pa det som skulle vises. Heldigvis hjelper det a ha enliten algebratrollmann i magen. Legg merke til at

1 + t1 t =

1 + t1 t

1 + t1 + t =

2t1 t2 +

1 + t21 t2

Ved a sette inn har en altsa at dxcosx = log

2t1 t2 + 1 + t21 t2 = log |tan x+ secx|+ C

som var det som skulle vises. I siste overgang ble det ikke brukt mer enn theo-rem (2.5.3).

II 5.1 Weierstrass substitusjon 49

Eksempel 2.5.5. Som et siste eksempel skal vi se pa det bestemte integralet 2pi0

dx2 + cosx =

2pi3

Merk at det ikke fungerer og bruke Weierstrass substitusjonen med en gang.Siden tan(0) = 0 og tan(2pi/2) = 0. Grunnen er at for at tan(x/2) skal vreunikt definert, ma en begrense intervalet til x (pi, pi]. Problemet unngas dogved a dele integralet inn i perioder eller benytte korollar (2.4.1). 2pi

0

dx2 + cosx =

pi0

dx2 + cosx +

2pipi

dx2 + cosx =

pipi

dx2 + cosx

Her ble substitusjonen t 7 2pix ble benyttet pa siste integralet. Dette forandrergrensene (pi, 2pi) (pi, 0). Ved na og benytte seg av Weierstrass, fas 2pi

0

dx2 + cosx =

(2 + 1 t

2

1 + t2

)1 2 dt1 + t2 =

2 dt3 + t2

Siste integralet kan bli lst via substitusjonen t 73u. Sa 2pi0

dx2 + cosx =

23

du1 + u2 =

2pi3

Siste integralet er bare den deriverte av arctan u.Hittil har integralene vare vrt relativt hyggelige og pene, og i slike tilfeller

er Weierstrass svrt nyttig. Beklagigvis bryter metoden helt sammen for de allerfleste kompliserte integrander.

sec3 x dx = dx

cos3x = ( 1 t2

1 + t2

)3 2 dt1 + t2 = 2

1 + 2t2 + t4(1 t)3(1 + t)3 dt

Integralet kan videre bli lst via delbrksoppspalting, men denne blir lang. Kon-klusjonen blir at Weiestrass-substitusjon blir en siste utvei for a beregne trigono-metriske integral. Den omskriver trigonometriske funksjoner til rasjonale, menuttrykkene en ender opp med kan vre like vanskelig eller vanskeligere a inte-grere. Som vi skal se senere kan det vre enklere a beregne slike integral i detkomplekse planet.

Oppgaver

1. La oss se pa to klassiske integral som kan lses rimelig enkelt via Weier-strass. Vis at 2pi

0

da+ b sin =

2pia2 b2 (2.42) pi/2

0

da+ b sin =

2a2 b2 arctan

a ba+ b (2.43)

hvor |a| |b| er reelle konstanter. Vis spesielt at

6 pi/2

0

d2 + sin =

2pi0

d2 + sin


2 . 5 . 2 E U L E R S U B S T I T U S J O N

Studiet av rasjonalle funksjoner med radikale nevnere har vrt studert lengeA(x)B(x)

dx

og har gitt oppspring til elliptiske kurver, elliptiske integraler, differensial geome-tri og mer. Hapet er at om A og B er pene nok sa kan integraler skrives paformen P (x)/Q(x) hvor P og Q er polynomer. Studiet av disse integraleneer ferdig i den forstand at alle slike integral kan bli lst ved hjelp av sammeoppskrift.

En mate a gjre denne omformingen pa er a bruke hyperbolske eller inversetrigonometriske substitusjoner. En annen mate er a benytte seg av en rekkesubstitusjoner kalt euler-substitusjonene. I nyere tid har disse knepene mistetmye av sin popularitet av uviss grunn.

Eksempel 2.5.6. dxx2 + a

= logx+x2 + a , a R

Dette er et standard integral, men det er likevell nyttig a arbeide seg gjennom.Vi bruker substitusjonen

z 7 x+x2 + a (2.44)

Dermed sa kan dx uttrykkes som

dz =(

1 + xx2 + a

)dx = x+

x2 + a

x2 + adx = z

x2 + adx

Dette medfrer at dxx2+a =

dzz . Med a sette inn kan altsa integralet skrives

I = dx

x2 + a= dz

z= log |z| = log

x+x2 + a + CVariabelskifte so ble brukt i dette eksempelet leder til en svrt elegang

lsning, men det ikke like klart hvordan substitusjonen kom frem. ?? kan skrivespa formen

x2 + a 7 z x ,

og det skal vise seg at dette er nyaktig en av euler substitusjonene.

Proposisjon 2.5.3. Euler substitusjonene er brukt for a beregne integraler pa for-men

R(x,ax2 + bx+ c ) dx

ved a fjerne kvadratroten. Anta att ax2 + bx+ c ikke er ulelukkende negativt og ata 6= 0. Dersom

II 5.2 Euler substitusjon 51

1) a > 0 benytt variabelskiftetax2 + bx+ c 7 xa + t (2.45)

2) polynomet ax2+bx+c har to distinkte reelle rtter , da kan substitusjonenax2 + bx+ c 7 (x )t (2.46)

benyttes.

3) c > 0 kan substitusjonenax2 + bx+ c 7 xt+c (2.47)

bli brukt.

Eksempel 2.5.7.

I = dx

(1 + x)

1 + x x2Siden c > 1 sa kan likning (2.47) brukes

1 + x x2 7 tx+ 1 x = 1 2t1 + t2Differensialene vare blir

dx = 2 t2 t 1(1 + t2)2 dt

dx1 + x x2 = 2

dt1 + t2

Siden

1 + x x2 = tx + 1 = t2t11+t2 Dette frer og til at 1 + x = t22t1+t2 .

Setter vi alt inn fas

I = 1

1 + xdx

1 + x x2 = 1 + t2

t2 2t2 dt1 + t2 = 2

dtt2 2t

= (t 2) t

t(t 2) dt = dt

t (t 2)

t 2 dt = log tt 2

+ CVed a substituere tilbake for x fas 1

1 + xdx

1 + x x2 = log

1 + x x2 11 + x x2 2x 1

+ Csom fullfrer eksempelet.

Abels substitusjon

En annen mate a kvitte seg med rottegnet i integralet er a benytte seg av Abelssubstitusjon. Den virker pa integraler pa flgende former dx

(ax2 + bx+ c)max2 + bx+ c

,

dx(x2 + p)m

kx2 + l

Trikset er a la den deriverte av rottegnet bli satt som den nye variablen. Teknik-ken baserer seg pa at (

A ) = A/

A . La altsa henholdsvis

t =(

ax2 + bx+ c)

, t =(

kx2 + l)


Eksempel 2.5.8.

I = dx

(x2 + 2)x2 + 1

La som i teksten t = (x2 + t ) = x

x2+1 . Slik at tx2 + 1 = x. Deriverer vi

begge sider med hensyn x fas

dtdxx2 + 1 + t

(x2 + 1

)= 1

Siste er jo bare hvordan vi definerte t. Sa vi hardtdxx2 + 1 + t2 = 1. Ved a

trekke fra t2 pa begge sider og dele kan uttrykket skrives som

dxx2 + 1

= dt1 t2

Tilslutt kan x2 + 2 uttrykkes pa flgende mate x2 = t21t2 x2 + 2 = 2t2

1t2 .Innsatt kan integralet skrives som 1

x2 + 2dxx2 + 1

= 1 t2

2 t2dt

1 t2 =12

dt1 t2/2 =

22 arctanh

t2

Her kan en igjen benytte at arctanh x = 12 log1+x1x . Sa dx

(x2 + 2)x2 + 1

= 12

2log

2 + t2 t =

12

2log

2x2 + 2 + x2x2 + 2 x + C

II 6.1 Brker 53

2 . 6 B R K E R O G K VA D R AT R T T E R

I denne delen skal vi se nrmere pa noen spesielle teknikker for a beregnebrker, kvadratrtter, og kombinasjoner av disse. Tidligere har en sett pa enrekke generelle substitusjoner, mens her blir noen substitusjoner som er spesielteffektive pa kvadratrtter og brker nevt. Merk at de kvadratrttene som stortsett nevnes i denne delen er pa formen

ax2 + bx+ c , med rasjonelle konstan-

ter.

2 . 6 . 1 B R K E R

La oss begynne med a se litt pa fortegn og viktigheten av a vre forsiktig.

Eksempel 2.6.1.

I = 01/2

dx2x3 3x2 + 1

Vi begynner med a faktorisere polynomet under rottegnet. Ser raskt at x = 1 eren lsning sa

2x3 3x2 + 1 = (2x3 2x) (x2 1)= 2x2(x 1) (x 1)(x 1)= (x 1)(2x2 x 1)

Ved a bruke andregradsformelen, eller mer faktorisering kan polynomet skrivessom 2x3 3x2 + 1 = (x 1)2(2x+ 1). Ved a sette inn fas

I = 01/2

dx(x 1)2(2x+ 1) =

01/2

dx|x 1|2x+ 1

For 1/2 < x < 0 sa har vi 3/2 < x 1 < 1 og 0 < 2x+ 1 < 1. Sa er |x 1|negativ pa intervallet, mens

2x+ 1 beholder fortegnet sitt. Ved a sette inn fas

I = 01/2

11 x

dx2x+ 1

Tanken er na a la t 72x+ 1 slik at x = (t21)/2. Derivasjon gir dt = dx22x+1 .

I = 1

0

dt1 t212

= 23

10

dt1 (t/3 )2 =

23

arctanh 13

Hvor vi brukte . Vi kan skrive svaret en del penere ved a bruke definisjonen sett inn refferanse tilstandard arctanh inte-gral

sett inn refferanse tilstandard arctanh inte-gral

arctanh x = 12 log1+x1x . Siden

log 1 + 1/

31 1/3 = log

3 + 13 1

3 + 13 + 1

= log (

3 + 1)22 = log(2 +

3 )

Sa kan det endelige svaret skrives som 01/2

dx2x3 3x2 + 1 =

23

arctanh 13

= 13

log(2 +

3 )

54 6 Brker og kvadratrtter II

Ofte er det mulig a uttrykke integralet som en rasjonell funksjon hvor te

Integral Kokeboken

Documents

Transcript of Integral Kokeboken