Transcript Exempel :: Partiell integration

c Mikael Forsberg
7 juni 2010
Exempel :: Partiell integration
Sammanfattning:: Detta dokument g˚
ar genom integrationstekniken partiell integration och ger en annan
minnesregel ¨
an ”V , dV , U , dU ” bilden som ges i Adams bok. Min erfarenhet av Adams beskrivning h¨
ar
ar sv˚
ar att ta till sig i b¨
orjan och jag anv¨
ander mig, i mina egna f¨
orel¨
asningar, ett annat skrivs¨
att, som ¨
ar
¨
ligger n¨
armare hur vi faktiskt anv¨
ander den partiella integrationen.
1
Introduktion till Partiell integration.
Integralkalkylens fundamentalsats s¨ager att integration ¨ar omv¨andningen till derivatan. Integrering og¨
or vad deriveringen g¨
or. Vi har ett antal deriveringsregler och d˚
a ¨ar det rimligt att anta
att integrering ger n˚
agot motsvarande. T.ex. s˚
a ¨ar substitutionsmetoden f¨or integrering en direkt motsvarighet till kedjeregeln och integreringens additionsregler svarar mot additionsregeln f¨or
derivering. Partiell integration ¨
ar motsvarigheten till produktregeln vid derivering.
L˚
at oss d¨
arf¨
or starta med produktregeln som vi beskriver som1
(F (x)G(x))0 = F 0 G + F G0 = f (x)G(x) + F (x)g(x),
(1)
d¨ar vi, som ses i fotnoten, att F 0 (x) = f (x) och G0 (x) = g(x) L˚
at oss nu skriva detta som
f (x)G(x) = (F (x)G(x))0 − F (x)g(x)
Integrera b˚
ada led av detta s˚
a f˚
ar vi
Z
Z
Z
Z
f (x)G(x)dx = (F (x)G(x))0 dx − F (x)g(x)dx = F (x)G(x) − F (x)g(x)dx
(2)
(3)
Och om vi har integrationsgr¨
anser s˚
a blir detta
b
Z
f (x)G(x)dx = F (x)G(x)|ba −
b
Z
F (x)g(x)dx
a
(4)
a
H¨ar ¨ar
det viktiga!
H¨ar ¨ar en annan variant
Z
b
f (x)g(x)dx =
F (x)g(x)|ba
a
Z
−
b
F (x)g 0 (x)dx
(5)
a
som jag kommer att anv¨
anda i det f¨oljande eftersom v¨anster led ¨ar vad man ofta har som
startpunkt: en integral med en produkt av tv˚
a funktioner. Den funktion som jag t¨anker integrera
markerar jag ofta med en upp˚
atpil ↑ och den som ska deriveras med en ned˚
atpil ↓, s˚
a h¨ar
Z
a
b
↑
Z b
z}|{
F (x)g 0 (x)dx
f (x) g(x) dx = F (x)g(x)|ba −
|{z}
a
(6)
↓
Denna formel, menar jag, kan ers¨atta hela det d¨ar som Adams jobbar med. L˚
at oss nu titta p˚
a
n˚
agra exempel.
Exempel 1. Ber¨
akna integralen
Z
ln xdx
I denna uppgift har vi bara en funktion och denna funktion ska alla kunna derivatan p˚
a men det
akert att alla kan dess primitiva funktion (¨aven om den st˚
ar med p˚
a listan av primitiva
¨ar inte s¨
1 I detta dokument s˚
a anv¨
ander vi oss av versaler f¨
or att beskriva funktioner vars derivata skrivs med gemener,
t.ex. F 0 (x) = f (x) och a
arf¨
or primitiva funktionen till de ”gemena” funktionerna.
¨r d¨
1
c Mikael Forsberg
7 juni 2010
funktioner som jag rekommenderar att man kan) I detta fall s˚
a kan vi skriva om integralen och
sedan anv¨
ander vi partiell integration s˚
a att
↑
Z z}|{
Z
Z
1
1 · |{z}
ln x dx = x ln x − x · dx = x ln x − dx = x ln x − x + C
x
↓
¨
Ovning
1.1. Anv¨
and exakt samma teknik f¨or att visa att
Z
1
arctan x dx = x arctan x − ln(1 + x2 ) + C
2
Hint: Detta ¨
ar uppgift 6.1.7 i Adams
Exempel 2. Ber¨
akna integralen
Z
I=
x arctan xdx
L¨
osning:: H¨
ar ¨
ar det, som ovanst˚
aende ¨ovning visar, ¨onskv¨art att derivera arctan x snarare ¨an
att anv¨
anda dessa primitiva funktion. Och vi ser ocks˚
a att den f¨orsta funktionen x har en enkel
primitiv funktion. Vi f˚
ar d¨
arf¨
or
Z
↑
z}|{
1
x2
arctan x −
x arctan
x
dx
=
| {z }
2
2
|
↓
Z
1
x2 ·
dx
1 + x2
{z
}
=I1
Vi har nu integralen I1 att integrera. Detta ¨ar en rationell funktion som vi hanterar genom att
skriva om integranden, (vi g¨
or en sorts polynomdivision)
x2
x2 + 1 − 1
x2 + 1
1
1
=
=
−
=1−
1 + x2
1 + x2
1 + x2
1 + x2
1 + x2
vilket d˚
a ger att v˚
ar integral I1 blir
Z
Z
Z
1
1
1
1
1
dx
I1 =
(1 −
)dx
=
dx
−
= [x − arctan x] + C
2
2
2
1+x
2
2
1+x
2
Detta ger att v˚
ar integral I slutligen blir
I=
x2
1 2
arctan x − I1 =
x arctan x + arctan x − x + C
2
2
Exempel 3. H¨
ar ¨
ar en uppgift fr˚
an Adams (6.1.3) Ber¨akna integralen
Z
x2 cos πx
L¨
osning:: H¨
ar har vi en produkt av tv˚
a funktioner som b˚
ada ¨ar l¨atta att integrera och att derivera.
Id´en h¨
ar a
or att f˚
a enklare integraler. Det blir partiell integration i flera steg
¨r att vi deriverar x2 f¨
och p˚
a slutet f˚
ar vi en enkel integral med cos x eller sin x.
z }| {
↑
Z
Z
sin πx
2 sin πx
2 z }| {
x cos πx dx = x
− |{z}
2x ·
dx =
|{z}
π
π
↑
↓
↓
Z
1 2
− cos πx
− cos πx
− 2·
dx =
= x sin πx − 2x ·
π
π2
π2
Z
1
2x cos πx
cos πx
= x2 sin πx +
− 2·
dx =
π
π2
π2
1
2
2
= x2 sin πx + 2 x cos πx − 3 · sin πx + C
π
π
π
2
c Mikael Forsberg
7 juni 2010
Exempel 4. Ber¨
akna integralen
e
Z
3
I=
2
x (ln x) dx
(7)
1
L¨
osning:: Detta ¨
ar en typisk partiell integrationsuppgift d¨ar vi b¨orjar med att integrera x3 och
derivera (ln x)2 :
x4
4
↑
e
Z
I=
1
z}|{
x3 (ln x)2 dx
| {z }
↓
2 ln x
x
x4
(ln x)2
I=
4
e
−
1
1
2
|
Z
1
e
e4
x3 ln xdx =
− I2 .
4
{z
}
I2
Nu m˚
aste vi partialintegrera I2 :
x4
4
I2 =
1
2
Z
1
e


↑
4
e
4 e
Z e
z}|{
1
e4
x
e4
1
1 x
 e4
3
3
=
x (ln x) dx = 
ln x −
x
−
−
+ .
dx
=

|{z}
| {z }
2
4
4
8
32
8
32
32
1
1
1
1
=x4 · x
↓
1
x
Nu sammanst¨
aller vi allting och f˚
ar att v˚
ar integral blir
I=
e4
e4
e4
e4
1
5 4
1
− I2 =
−( −
+ )=
e −
4
4
8
32 32
32
32
Exempel 5. Ber¨
akna integralen i uppgift 6.1.9 i Adams
Z
I = x arcsin xdx
L¨
osning:: I detta fall vill vi derivera arcsin x eftersom vi inte har en aning om vad dess primitiva
funktion ¨
ar. Vi f˚
ar:
Z
↑
z}|{
x2
dx
=
x arcsin
x
· arcsin x −
| {z }
2
↓
Z
x2
1
dx
·√
2
1 − x2
Problemet ¨
ar nu denna sista integral
Z
I0 =
x2
1
·√
dx
2
1 − x2
som vi m˚
aste l¨
osa med f¨
oljande speciella metod, som ¨ar ett exempel p˚
a invers substitution och
ligger kanske lite i utkanten av v˚
ar kurs. Id´en ¨ar att s¨atta x = sin u, dx = cos udu, vilket ger oss
Z
Z
sin2 u
sin2 u
p
√
cos udu =
cos udu =
2I0 = [ substitutionen ] =
cos2 u
1 − sin2 u
= [ antag att cos u > 0] =
Z
Z
1
1
sin 2u
1
2 sin u cos u
2
= sin udu =
(1 − cos 2u)du = [u −
] = [u −
]
2
2
2
2
2
= [ subst tillbaka ] = [D˚
a blir u = arcsin x]
1
1
1 p
= [arcsin x − sin(arcsin x) cos(arcsin x)] = arcsin x − x 1 − x2
2
2
2
3
ovningstenta
¨
oT-nummer 1
c Mikael Forsberg
7 juni 2010
d¨ar vi anv¨
ant oss av flera trigonometriska identiteter2 och identiteten cos(arcsin u) =
V˚
ar integral blir slutligen
I=
√
1 − x2
x2
x2
1
1 p
· arcsin x − I0 =
· arcsin x − arcsin x + x 1 − x2 + C
2
2
4
4
Exempel 6. Ytterligare tv˚
a exempel
R x
a.) xe dx
R
b.) x ln xdx
I figur 1 visar n˚
agra handgjorda r¨akningar. H¨ar kan man se hur man notera ovanf¨or och under
pilarna de primitiva funktioner, resp derivatorna till de inblandade funktionerna. I l¨osningarna har
jag ocks˚
a f¨
ors¨
okt markera var de olika delarna hamnar i den partiella integrationens h¨ogerled.
Figur 1: Tv˚
a handgjorda l¨
osningar. Notera var de olika delarna hamnar, vilket best¨
ams av tex ekvation
(6) och visas mha de f¨
argade pilarna.
2 H¨
ar
t¨
anker jag p˚
a sin2 u =
1−cos 2u
2
och sin 2u = 2 sin u cos u
4