Integrasjon med GeoGebra

GeoGebra kan brukes til å beregne både bestemte og ubestemte integraler.

Kommandoen for å integrere heter integral. Vi kan skrive inn funksjonsforskriften vi vil integrere direkte i kommandoen, for eksempel integral(6x^2), eller vi kan bruke kommandoen på en funksjon vi allerede har lagt inn. Har vi lagt inn en funksjon som heter f, integrerer vi den med kommandoen integral(f). GeoGebra viser funksjonsforskriften til den integrerte funksjonen i algebrafeltet og grafen i grafikkfeltet. GeoGebra følger imidlertid ikke konvensjonen med å betegne den integrerte funksjonen med stor bokstav, og navngir funksjonen på vanlig måte, for eksempel som g.

Ubestemte integraler

Et ubestemt integral beregner vi, som vist over, ved å skrive inn funksjonsforskriften eller funksjonsnavnet sammen med integral-kommandoen, for eksempel integral(6x^2), eller integral(f).

GeoGebra setter i utgangspunktet integrasjonskonstanten C til 0. Av og til opprettes C som en glider vi kan justere på, men det ser ikke ut til alltid å skje. Da kan vi eventuelt gjøre det manuelt.

Av og til sorteres leddene i en sammensatt funksjonsforskrift litt rart, parenteser multipliseres ut på en måte som kompliserer, og det trekkes ikke alltid sammen så mye som mulig. Det kan derfor være lurt å bruke GeoGebras CAS til integrasjon hvis vi ikke er interessert i å se grafen.

Oppgave 1:

Bruk GeoGebra til å beregne integralet $\int 3x^2 \, dx$.

Se løsningsforslag

Oppgave 2:

Du har for hånd beregnet at $\int \sin 3x\, dx$ blir ${\large \frac{\cos 3x}{3}} + C$. Bruk GeoGebra til å sjekke om du har regnet riktig.

SkjermfilmSe film der løsningen vises
 

Bestemte integraler

For å beregne et bestemt integral bruker vi samme kommando som for et ubestemt, integral, men vi inkluderer en nedre og øvre integrasjonsgrense. Vil vi for eksempel integrere funksjonen f mellom grensene a og b, skriver vi integral(f, a, b) i inntastingsfeltet.

Integralet vises som et tall i algebrafeltet, og i grafikkfeltet vises arealet under grafen til f, avgrenset av linjene x = a og x = b.

Eksempel 1:

Vi har funksjonen f(x) = x2 i GeoGebra, og skal beregne $\int\limits_1^2 f(x) \; dx$.

Vi skriver integral(f, 1, 2) i inntastingsfeltet. GeoGebra viser tallverdien til integralet, 2,33, i algebrafeltet, og markerer arealet under grafen til f(x) = x2 i grafikkvinduet:

Illustrasjon av GeoGebra-funksjonen Integral

En variant er kommandoen integralmellom(f, g, a, b) som beregner det bestemte integralet av differansen mellom f og g, altså arealet mellom grafen til f og g, avgrenset av linjene x = a og x = b. Dette er illustrert under for f(x) = x + 1 (blå graf), g(x) = x2 – 2x + 1 (grønn graf), a = 1 og b = 2.

Illustrasjon av GeoGebra-funksjonen IntegralMellom

GeoGebra-filSe den tilhørende GeoGebra-fila
 

Oppgave 3:

  1. Bruk GeoGebra til å finne arealet under grafen til f(x) = x2 avgrenset av linjene x = 0 og x = 2.
     
  2. Bruk GeoGebra til å finne arealet mellom grafen til g(x) = x + 1 og f(x) = x2.

SkjermfilmSe film der løsningen vises
 

GeoGebra-filSe den tilhørende GeoGebra-fila
 

Bestemt integral som sum av rektangler

I undervisningssammenheng illustrerer en gjerne et bestemt integral som en sum av arealene til rektangler som ligger inntil grafen. GeoGebra tilbyr to funksjoner som illustrerer dette:

sumover(f, a, b, n)) deler opp arealet under f avgrenset av a og b i n rektangler der rektanglenes øvre høyre hjørne ligger på grafen.

sumunder(f, a, b, n) er tilsvarende, men det er rektanglenes øvre venstre hjørne som ligger på grafen.

Dette er illustrert under for f(x) = x2, a = 0, b = 2, n = 6.

Illustrasjon av GeoGebra funksjonen sumover Illustrasjon av GeoGebra funksjonen sumunder
sumover(f, 0, 2, 6) sumunder(f, 0, 2, 6)

Kombinert med en glider vil vi kunne illustrere hvordan oppdeling i stadig mindre rektangler fører til at rektanglenes areal nærmer seg et bestemt integral. sumover fra oversiden og sumunder fra undersiden.

Oppgave 4:

  1. Bruk GeoGebra til å finne oversum og undersum for f(x) = x2 med 10 rektangler mellom x = 0 og x = 2.
     
  2. Utvid det du laget i punkt 1 med en glider slik at du kan variere mellom 1 og 100 rektangler.
     
  3. Sammenlign oversummen og undersummen med $\int\limits_0^2 f(x) \, dx$.

SkjermfilmSe film der løsningen vises
 

GeoGebra-filSe den tilhørende GeoGebra-fila
 

Kilder

    • Bueie, H: (2011) GeoGebra for lærere. Universitetsforlaget
    • Gulliksen, T. & Hole, A. (2010). Matematikk i praksis. Universitetsforlaget

Delvis integrasjon

Prinsippet i delvis integrasjon

Generelt har vi ingen regel for å integrere et produkt. Men delvis integrasjon gir oss et verktøy som kan gjøre det mulig å integrere produkter der en faktor blir enklere når den blir derivert eller integrert.

Delvis integrasjon baserer seg på produktregelen for derivasjon:

(uv)′ = (u)′v + u(v)′

Integrerer vi begge sider i produktregelen, får vi:

$\int(uv)′ \; dx = \int u′v \; dx + \int uv′ \; dx$

Derivasjon og integrasjon opphever hverandre, så dette er det samme som:

$uv = \int u′v \; dx + \int uv′ \; dx$

Bytter vi så om på leddene, får vi formelen for delvis integrasjon:

$\fbox{$\int u′v \; dx = uv − \int uv′ \; dx$}$

Det kan se ut som vi ikke har oppnådd så mye, men et eksempel vil klargjøre.

Eksempel 1:

Vi skal beregne integralet $\int \sin x (2x + 1) \; dx$

Her har vi et produkt av to faktorer, sin x og (2x + 1), som ikke kan integreres direkte. Men vi kan bruke delvis integrasjon:

Vi setter

u′ = sin x

og får

$u = \int u′ \; dx = \int \sin x \; dx = − \cos x$ (Integrasjonskonstanten C dropper vi foreløpig og setter inn helt til slutt)

Vi setter

v = (2x + 1)

og får

v′ = 2

uv = −cos x (2x + 1)

og

uv′ = −cos x · 2

Og integralet vårt blir, ifølge formelen for delvis integrasjon

$\int \sin x (2x + 1) \; dx = −\cos x (2x + 1) − \int (−\cos x \cdot 2 ) \; dx = $

$−(2x + 1) \cos x + 2 \int \cos x \; dx = −(2x + 1) \cos x + 2 \sin x + C$

Det store poenget i eksempel 1 var at faktoren (2x + 1) ble redusert til konstanten 2.

Kriterier for valg av u′ og v

Hva om faktorene i eksempel 1 hadde vært byttet om, slik som i eksempel 2?

Eksempel 2:

Vi skal beregne integralet $\int (2x + 1) \sin x \; dx$

Bruker vi formelen for delvis integrasjon direkte, får vi

u′ = 2x + 1, som gir $u = \int u′ \; dx = \int (2x + 1) \; dx = x^2 + x$

og

v = sin x, som gir v′ = (sin x)′ = cos x.

uv = (x2 + x) · sin x og uv′ = (x2 + x) · cos x.

Og integralet vårt blir, ved delvis integrasjon

$\int (2x + 1) \sin x \; dx = (x^2 + x) \sin x − \int (x^2 + x) \cos x$

I eksempel 2 fikk vi noe som var verre enn det vi startet med. Men faktorenes orden er likegyldig, så eksempel 2 er nøyaktig det samme som eksempel 1, problemet er bare at vi har valgt u′ og v på en klønete måte. Det er ikke slik at første faktor må være u′ og andre faktor v. Hva som skal være hva velger vi selv:

Ved delvis integrasjon bør vi, hvis mulig, velge u′ slik at u blir enklere ved integrasjon, og v slik at v′ blir enklere ved derivasjon.

I eksempel 1 fikk vi − cos x i stedet for sin x, det var ikke noen forenkling, men heller ingen forverring. Og vi fikk 2 i stedet for (2x + 1), noe som var en forenkling. Men i eksempel 2 fikk vi x2 + x i stedet for 2x + 1, noe som var en forverring.

SkjermfilmSe film med eksempel på delvis integrasjon
 

Oppgave 1:

Bruk delvis integrasjon til å beregne integralet $\int (x + 1)e^{−x} \; dx$ 

Se løsningsforslag

Oppgave 2:

Bruk delvis integrasjon til å beregne integralet $\int e^x(3x + 2) \; dx$ 

Se løsningsforslag

Sette inn faktoren 1

Av og til kan det være vi må gjøre et lite triks for å kunne bruke delvis integrasjon, slik som i eksempel 3.

Eksempel 3:

Vi skal beregne integralet $\int \ln x \; dx$

Her hadde det jo vært fint å kunne bruke delvis integrasjon, for da kunne vi hatt $v = \ln x$, og $v′ = {\large \frac{1}{x}}$. Men her er jo bare en faktor, og i delvis integrasjon må vi ha to. Vel, vi lager oss bare en faktor til:

$\int \ln x \; dx = \int 1 \cdot \ln x \; dx$

For multiplikasjon med 1 endrer jo ikke noe. Og nå kan vi bruke delvis integrasjon. Vi setter

v = ln x, som gir $v′ = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x}$

og

u′ = 1, som gir u = x

$uv = x \ln x$ og $uv′ = x \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x}$

Og vi får

$\int \ln x \; dx = x \ln x − \int x \frac{1}{x} \; dx = x \ln x − \int 1 \; dx = x \ln x − x + C = x(\ln x −1) + C$

Delvis integrasjon flere ganger

​Av og til kan det være vi må bruke delvis integrasjon flere ganger, slik som i eksempel 4.

Eksempel 4:

Vi skal beregne integralet $\int e^x x^2 \; dx$

ex endrer seg ikke ved derivasjon eller integrasjon, men x2 blir enklere ved derivasjon, så vi velger

v = x2, som gir v′ = 2x

og

u′ = ex, som gir u = ex

uv = ex · x2 og uv′ = ex · 2x

Og vi får

$\int e^x x^2 \; dx = e^x \, x^2 − 2\int e^x \, x \; dx$

Vi har kommet et stykke på vei, for x2 er blitt redusert til x i integrasjonsuttrykket. Men helt i mål er vi ikke, for vi kan ikke integrere $\int e^x \, x$ direkte. Vi må bruke delvis integrasjon en gang til, med

v = 2x, som gir v′ = 2

og, som i sted

u′ = ex, som gir u = ex

uv = ex · 2x og uv′ = 2ex

Og vi får

$− 2\int e^x \, x \; dx = e^x \, 2x − 2 \int e^x \; dx = e^x \, 2x − 2 e^x + C = 2e^x(x − 1) + C$

Setter vi det hele sammen, får vi

$\int e^x x^2 \; dx = e^x \, x^2 − 2e^x(x − 1) + C = e^x(x^2 − 2x + 2) + C$

Delvis integrasjon med gjentatt ledd

Av og til kan det se ut som en delvis integrasjon har gått i sirkel, for integralet vi startet med har dukket opp igjen på høyre side av likhetstegnet. Noe slikt, der a og b er vilkårlige uttrykk:

$\int a \; dx = b − \int a \; dx$

Her har altså leddet $\int a$ dukket opp igjen på høyre side. Men siden det har motsatt fortegn, får vi følgende hvis vi flytter det over på venstre side med fortegnsskifte:

$2\int a \; dx = b$

Dividerer vi så med 2 på begge sider, og setter på integrasjonskonstanten, er vi i mål:

$\int a \; dx = \frac{\displaystyle b}{\displaystyle 2} + C$

Eksempel 5:

Vi skal beregne integralet $\int \cos^2 x \; dx$

cos2 x betyr cos x · cos x, så vi kan bruke delvis integrasjon med

v = cos x, som gir v′ = −sin x

og

u′ = cos x som gir u = sin x

uv = sin x · cos x og uv′ = sin x · (−sin x)

og vi får, ved formelen for delvis integrasjon

$\int \cos^2 x \; dx = \sin x \cdot \cos x − \int \sin x \ (−\sin x) \; dx = \sin x \cdot \cos x + \int \sin^2 x \; dx$

Så benytter vi at sin2 x = 1 − cos2 x:

$\int \sin^2 x \; dx = \int (1 − \cos^2 x) \; dx = x − \int \cos^2 x \; dx$

Setter vi inn i det opprinnelige integralet, får vi

$\int \cos^2 x \; dx = \sin x \cdot \cos x + x − \int \cos^2 x \; dx$

Så flytter vi integralet over på venstre side med fortegnsskifte, og får

$2\int \cos^2 x \; dx = \sin x \cdot \cos x + x$

Til slutt dividerer vi med 2 på begge sider, og setter på integrasjonskonstanten:

$\int \cos^2 x \; dx = \frac{\displaystyle \sin x \cdot \cos x + x}{\displaystyle 2} + C$

Eventuelt kan vi skrive resultatet om ved hjelp av en trigonometrisk identitet for doble vinkler:

$\int \cos^2 x \; dx = \frac{\displaystyle \sin 2x + 2x}{\displaystyle 4} + C$

SkjermfilmSe film med eksempel på delvis integrasjon med gjentatt ledd
 

Oppgave 3:

Bruk delvis integrasjon til å beregne integralet $\int e^x \sin x \; dx$

Se løsningsforslag

Delvis integrasjon med bestemte integraler

Dersom vi skal beregne et bestemt integral ved delvis integrasjon kan vi enten

  1. Først beregne det ubestemte integralet og deretter sette inn integrasjonsgrensene
    eller
     
  2. Sette inn integrasjonsgrensene i formelen for delvis integrasjon
    $\int\limits_a^b u′v \; dx = \big[uv]_a^b − \int\limits_a^b uv′ \; dx$

Eksempel 6:

Vi skal finne $\int\limits_0^\pi x \cos x \; dx$

Vi setter

v = x, som gir v′ = 1

og

u′ = cos x som gir u = sin x

uv = sin x · x og uv′= sin x · 1

Vi bruker først metode 1:

Det ubestemte integralet blir

$\int x \cos x \; dx = x \sin x − \int \sin x \; dx = x \sin x + \cos x + C$

Og det tilhørende bestemte integralet

$\int\limits_0^\pi x \cos x \; dx = \big[x \sin x + \cos x\big]_0^\pi = \pi \sin \pi + \cos \pi − (0 \cdot \sin 0 + \cos 0) = \pi \cdot 0 −1 −( 0 \cdot 0 + 1) = −2$

Så metode 2, der vi setter inn integrasjonsgrensene inn i formelen for delvis integrasjon:

$\int\limits_0^\pi x \cos x \; dx = \big[x \sin x \big]_0^\pi − \int\limits_0^\pi \sin x \; dx = (\pi \sin \pi − 0 \cdot \sin 0) − \big[−\cos x \big]_0^\pi =$

$(0 − 0) + \big[\cos \pi − \cos 0 \big] = 0 + \big[−1 − 1\big] = −2$

I metode 2 må vi sette inn integrasjonsgrensene to plasser, så metode 1 er ofte enklere.

Kilder

    • Gulliksen, T., Hashemi A.M. & Hole A. (2013). Matematikk i praksis. Universitetsforlaget

Integrasjon ved substitusjon

Substitusjon i ubestemte integraler

Som vi nevnte i artikkelen om ubestemte integraler, har vi ingen «produktregel» når vi integrerer, og å integrere et produkt kan derfor være vanskelig. Men i et spesialtilfelle der den ene faktoren i et produkt er den deriverte til kjernen av den andre faktoren, eventuelt multiplisert med en konstant, kan vi integrere ved hjelp av substitusjonsmetoden.

Vi starter med en ny måte å skrive den deriverte på:

$y′ = \frac{\displaystyle dy}{\displaystyle dx}$

Eksempel 1:

Vi har

$y = 3x^2$

Da kan vi uttrykke den deriverte som

$\frac{\displaystyle dy}{\displaystyle dx} = 6x$

dy kan vi tenke på som endring i y, og dx som endring i x. Så brøken sier egentlig hvor fort y endrer seg i forhold til x, med andre ord stigningstallet, den deriverte.

Men dx her er egentlig samme dx som brukes bak integrasjonstegnet for å angi hvilken variabel vi integrerer med hensyn på. Og vi kan manipulere dx som en hvilken som helst annen variabel.

Eksempel 2:

La oss si at vi skal beregne følgende integral:

$\int (x^4 −1)^2 \cdot 4x^3 \; dx$

Vi erstatter – substituerer – uttrykket inni parentesen med g:

$g = x^4 −1$

Da blir den deriverte

$\frac{\displaystyle dg}{\displaystyle dx} = 4x^3$

Eller, med leddene byttet rundt

$dx = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4x^3} \; dg$

Hvis vi nå substituerer g og dg inn i det opprinnelige integralet, det vil si bytter ut $x^4 −1$ med g og dx med $\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4x^3} \; dg$, får vi:

$\int g^2 \cdot 4x^3 \cdot \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4x^3} \; dg$

Leddene med x kan forkortes bort, og vi står igjen med

$\int g^2 \; dg = {\large \frac{1}{3}} g^3 + C$

Så erstatter vi g med det opprinnelige uttrykket:

$x^4 −1$

og får

${\large \frac{1}{3}} (x^4 − 1)^3 + C$

Hvis vi i CAS i GeoGebra skriver Integral((x^4 −1)^2 * 4x^3), ser vi at utregningen er riktig.

Substitusjon er egentlig å bruke kjerneregelen for derivasjon baklengs, og kan som nevnt benyttes til å løse integraler med flere faktorer, der én av faktorene er den deriverte til kjernen av en annen.

Metoden kan oppsummeres slik:

$\fbox {$\int\ f\big(g(x)\big) \cdot g′(x) \; dx = \int f(g) \; dg$}$

SkjermfilmSe film med eksempel på integrasjon ved substitusjon
 

NB! I denne filmen brukes u i stedet for g som substitusjonsvariabel.

Oppgave 1:

Bruk substitusjon til å beregne integralet $\int (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx$

Se løsningsforslag

Substitusjon i bestemte integraler

Dersom vi skal beregne et bestemt integral ved substitusjon kan vi enten

    1. Først beregne det ubestemte integralet og deretter sette inn integrasjonsgrensene. Da setter vi inn de opprinnelige integrasjonsgrensene etter at vi har kvittet oss med g og fått tilbake x.
       
      Eller
       
    2. Sette inn integrasjonsgrensene med en gang. Da må vi konvertere integrasjonsgrensene i forhold til substitusjonsvariabelen, g.

Eksempel 3:

Vi skal beregne ${\large \int} \limits_0^1 \frac{\displaystyle 8x}{\displaystyle 2x^2 + 3} \; dx$

Vi setter $g = 2x^2 + 3$ og får $\frac{\displaystyle dg}{\displaystyle dx} = 4x$, altså $dx = \frac{\displaystyle dg}{\displaystyle 4x}$.

Metode 1:

Vi beregner det ubestemte integralet:

${\large \int} \frac{\displaystyle 8x}{\displaystyle 2x^2 + 3} \; dx = {\large \int} \frac{\displaystyle 8x}{\displaystyle g} \cdot \frac{\displaystyle dg}{\displaystyle 4x} = {\large \int} \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle g} \; dg = 2 \ln |g| + C = 2 \ln |2x^3 + 3| + C$

Så setter vi de opprinnelige integrasjonsgrenene inn i svaret:

${\large \int} \limits_0^1 \frac{\displaystyle 8x}{\displaystyle 2x^2 + 3} \; dx = \big[2 \ln |2x^3 + 3| \big]_0^1 = 2 \ln |2 + 3| − 2 \ln |3| = 2 \ln 5 − 2 \ln 3 = \ln 5^2 − \ln 3^2 = \ln {\large \frac{25}{9}}$

Metode 2:

Vi har g = 2x2 + 3. For å finne de nye integrasjonsgrensene, må vi sette de opprinnelige integrasjonsgrensene, x = 0 og x = 1 inn i uttrykket for g:

Nedre: g = 2 · 02 + 3 = 3

Øvre: g = 2 · 12 + 3 = 5

Og vi får:

${\large \int} \limits_3^5 \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle g} \; dg = \big[2 \ln |g| \big]_3^5 = 2 \ln 5 − 2 \ln 3 = \ln {\large \frac{25}{9}}$

Oppgave 2:

Ta utgangspunkt i det du gjorde i oppgave 1, og finn $\int\limits_0^1 (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx$ ved

        1. Å sette integrasjonsgrensene inn i det endelige ubestemte integralet.
           
        2. Å sette integrasjonsgrensene inn i integrasjonsuttrykket for g.

Se løsningsforslag

Kilder

    • Gulliksen, T., Hashemi A.M. & Hole A. (2013). Matematikk i praksis. Universitetsforlaget

Integrasjon ved delbrøkoppspaltning

Ved derivasjon har vi en regel, kvotientregelen, som vi bruker når vi deriverer brøkuttrykk. For integrasjon har vi ingen slik generell regel. En del brøker vil vi allikevel kunne integrere ved å bruke en metode som heter delbrøkoppspaltning. Vi skal her holde oss til å se på brøker som kan spaltes i to delbrøker, men metoden kan utvides.

Oppspalting i to delbrøker

I artikkelen om ubestemte integraler lærte vi å integrere brøker der teller er en konstant og nevner er et vilkårlig førstegradspolynom, ved følgende regel:

$\fbox {${\large \int} \frac{\displaystyle k}{\displaystyle ax + b} \; dx = \frac{\displaystyle k}{\displaystyle a} \ln |ax + b| + C $}$

Eksempel 1:

${\large \int} \frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 2x +1} \; dx =  \frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 2} \ln |2x+1| + C$.

Men denne regelen vil vi ikke kunne bruke på brøker der teller ikke er en konstant eller nevner er et polynom av større grad enn 1, som for eksempel $\frac{\large 2}{\Large x^2 − 1}$. Løsningen er da å bryte en brøk opp i enklere brøker som vi kan integrere.

Vi vet at når vi skal addere eller subtrahere brøker, må vi finne fellesnevneren og utvide brøkene, slik det beskrives i algebra-artikkelen om brøk. For eksempel (x + 1)(x − 1) i eksempel 2:

Eksempel 2:

$\frac{\displaystyle −1}{\displaystyle x + 1} + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x − 1} = \frac{\displaystyle −1}{\displaystyle x + 1} \cdot \frac{\displaystyle x − 1}{\displaystyle x − 1} + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x − 1} \cdot \frac{\displaystyle x + 1}{\displaystyle x + 1} =  $

$\frac{\displaystyle −1(x − 1) + 1(x + 1)}{(\displaystyle x + 1)(x − 1)} = \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x^2 − 1}$.

I delbrøkoppspaltning går vi andre veien. Vi har en brøk vi ikke kan integrere, og prøver å løse den opp i enkeltbrøker med en konstant i teller og et førstegradspolynom i nevner.

Eksempel 3:

Vi ønsker å beregne integralet

${\large \int} \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x^2 − 1} \; dx$

ved å spalte brøken $\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x^2 − 1}$ i delbrøker.

Vi starter med å faktorisere nevneren. I dette tilfellet er det veldig enkelt, vi bruker 3. kvadratsetning baklengs: x2 − 1 = (x + 1)(x − 1).

Så ønsker vi å finne to konstanter, A og B, som er slik at vi får to delbrøker der nevnerne består av de faktorene vi fant:

$\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x^2 − 1} = \frac{\displaystyle A}{\displaystyle x + 1} + \frac{\displaystyle B}{\displaystyle x − 1}$

Vi multipliserer begge sider av likningen med fellesnevneren, (x + 1)(x − 1), og får:

2 = A(x − 1) + B(x + 1).

Denne er gyldig for alle x. Vi kan derfor bli kvitt B ved å sette inn x = −1:

2 = A(−1 − 1) + B(−1 + 1), som gir A = −1

For å bli kvitt leddet med A setter vi inn x = 1:

2 = A(1 − 1) + B(1 + 1), som gir B = 1

Vi har altså funnet ut at

$\frac{\displaystyle2}{\displaystyle x^2 − 1} = \frac{\displaystyle −1}{\displaystyle x + 1} + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x − 1}$

Derfor er

${\large \int} \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x^2 − 1} \; dx = {\large \int} \frac{\displaystyle −1}{\displaystyle x + 1} \; dx + {\large \int} \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x − 1} \; dx = $

$− \ln |x+1| + \ln |x − 1| + C = \ln \frac{\displaystyle |x−1|}{\displaystyle |x+1|} + C$.

Delbrøkoppspaltning gir oss altså en metode til å løse integraler på formen

$\fbox {${\displaystyle \int} \frac{\displaystyle p(x)}{\displaystyle q(x)} \; dx$}$

der p(x) og q(x) er polynomer.

Omregning ved polynomdivisjon

Metoden med delbrøkoppspaltning forutsetter at nevner er av høyere grad enn teller. Hvis dette ikke er tilfelle, må vi først utføre en polynomdivisjon.

Eksempel 4:

Vi ønsker å beregne integralet

${\large \int} \frac{\displaystyle x^2 + x − 3}{\displaystyle x^2 − 4} \; dx$

Her er ikke nevner av høyere grad enn teller, så vi utfører først en polynomdivisjon:

$\begin{align} &\big(x^2 + x − 3 \big) : \big(x^2 − 4 \big) = 1 + \frac{\displaystyle x + 1}{\displaystyle x^2 − 4} \\
&\underline{\big(x^2 \;\;\;\;\; \; − 4 \big)} \\
&\;\; \;\;\;\;\; \, x + 1 \end{align}$

Vi kan altså omskrive integralet til

${\large \int} \frac{\displaystyle x^2 + x − 3}{\displaystyle x^2 − 4} \; dx = \int 1 \; dx + {\large \int}\frac{\displaystyle x + 1}{\displaystyle x^2 − 4} \; dx$

I den nye brøken er nevner av større grad enn teller, og vi kan splitte den opp ved hjelp av delbrøkoppspaltning. Vi skal ha:

$\frac{\displaystyle x + 1}{\displaystyle x^2 − 4} = \frac{\displaystyle A}{\displaystyle x + 2} + \frac{\displaystyle B}{\displaystyle x − 2}$

Vi multipliserer begge sider med fellesnevneren (x + 2)(x − 2), og får:

x + 1 = A(x − 2) + B(x + 2)

Vi setter inn x = −2 for å få B til å falle bort:

−2 + 1 = A(−2 − 2) + B(−2 + 2), altså $A = {\large \frac{1}{4}}$

Så setter vi inn x = 2 for å få A til å falle bort:

2 + 1 = A(2 − 2) + B(2 + 2), altså $B = {\large \frac{3}{4}}$

Og kan nå beregne integralet

${\large \int} \frac{\displaystyle x^2 + x − 3}{\displaystyle x^2 − 4} \; dx = \int 1 \; dx + {\large \frac{1}{4}} {\large \int} \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x + 2} \; dx + {\large \frac{3}{4}} {\large \int} \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x − 2} \; dx = $

$x + {\large \frac{1}{4}} \ln |x + 2| + {\large \frac{3}{4}} \ln |x − 2| + C$

Trinnvis framgangsmåte

Vi kan oppsummere metoden med oppspalting i to delbrøker slik:

    1. Dersom nevner ikke er av større grad en teller, utfør polynomdivisjon.
       
    2. Faktoriser nevner, og splitt opp i delbrøker der hver brøk har en av faktorene i nevner og en konstant i teller. Konstantene representeres med bokstavene A og B.
       
    3. Finn konstantene én for én ved å sette inn verdier for x som gjør at en av konstantene faller bort.

Oppgave 1:

Bruk delbrøkoppspalting til å beregne integralene

        1. ${\large \int} \frac{\displaystyle 5x − 3}{\displaystyle (x + 1)(x −3)} \; dx$
           
        2. ${\large \int} \frac{\displaystyle 5x − 7}{\displaystyle x^2 − 3x +2} \; dx$
           
        3. ${\large \int} \frac{\displaystyle x^2 + 8}{\displaystyle x^2 − 5x + 6} \; dx$

​Se løsningsforslag

Kilder

    • Gulliksen, T., Hashemi A.M. & Hole A. (2013). Matematikk i praksis. Universitetsforlaget

Integral som helhet

Oppsamling av funksjonsverdier

Store norske leksikon definerer ordet «integrere» blant annet som «danne et hele; innlemme i en helhet». Vi kjenner ordet fra dagligtalen, for eksempel «å integrere innvandrere», det vil si at innvandrerne skal innlemmes i helheten – i samfunnet. Matematisk er det egentlig det samme vi gjør når vi integrerer, vi samler opp et uendelig antall funksjonsverdier og innlemmer dem i en helhet.

Vi skal nå se noen eksempler på hvordan vi kan bruke et integral til å danne en helhet ved å samle opp uendelig mange funksjonsverdier.

Eksempel 1:

Et basseng blir tappet for vann gjennom en slange der det renner 3,8 liter vann pr. sekund, og vi lurer på hvor mye vann som blir tappet ut de første 60 sekundene.

Dette er en enkel oppgave som ikke krever integrasjon, vi klarer oss lenge med multiplikasjon: Det blir tappet ut 3,8 · 60 = 228 liter vann.

Men så gjør vi det litt vanskeligere, og lar mengden vann som renner, være avhengig av trykket i bassenget, slik at det renner langsommere etter hvert som tida går. Når vi antar at vannet tappes med en hastighet gitt ved funksjonen f(t) = 3,8 · e−0,05 t , der t er tiden i sekunder, hvor mye vann blir da tappet de første 60 sekundene?

Funksjonen f(t) angir hvor mye som tappes i et uendelig kort tidsrom. Når t = 0, blir det tappet f(0) = 3,8 · e−0,05 · 0 = 3,8 liter vann pr. sekund. Men øyeblikket etterpå blir det tappet mindre. For å håndtere denne kontinuerlige endringen, må vi samle opp uendelig mange funksjonsverdier i uendelig korte øyeblikk og slå dem sammen, vi må integrere. Vi får:

$\int\limits_0^{60} 3{,}8 \cdot e^{\large −0{,}05 \, t} \; dt = \big[3{,}8 \cdot {\large \frac{1}{−0{,}05}}e^{\large −0{,}05 \, t}\big]_0^{60} =$

$3{,}8 \cdot {\large \frac{1}{−0{,}05}}e^{\large −0{,}05 \, \cdot \, 60} − 3{,}8 \cdot {\large \frac{1}{−0{,}05}}e^{\large −0{,}05 \, \cdot \, 0} =$

$−{\large \frac{3{,}8}{0{,}05}} ( e^{\large −3} − \, e^0) = −{\large \frac{3{,}8}{0{,}05}} (e^{\large −3} − \, 1) = {\large \frac{3{,}8}{0{,}05}} (1 − \, e^{\large −3}) \approx 72{,}22$

Det tappes ca. 72,22 liter vann de første 60 sekundene.

Vi har i eksempel 1 brukt t som symbol for variabelen i stedet for x, fordi variabelen representerer tid. Da erstatter vi også dx med dt.

Uttrykk på formen ekt, der k er en positiv konstant og t tiden, forekommer ofte i matematiske modeller av fenomener i naturen.

Oppgave 1:

1 kWh er energien som produseres av 1 kW i løpet av 1 time. Hvis en husstand har et gjennomsnittlig elektrisitetsforbruk på 2 kW, blir derfor totalforbruket i løpet av et døgn 2 kW · 24 h = 48 kWh.

Men nå sier vi at forbruket ikke er konstant, men bestemt av en funksjon, på samme måte som vannet som rant ut av bassenget i eksempel 1. Funksjonen er f(t) = −0,003t3 + 0,1t2 − 0,7t + 1, der t er tiden i timer etter midnatt. Hva blir da totalforbruket i løpet av et døgn? (Mellom klokka 00 og 24.)

Se løsningsforslag

Rotasjonslegemer

Eksempel 2:

Vi vet at formelen for volumet av ei kule er $V = {\large \frac{4}{3}} \pi r^3$, der r er kulas radius.
Kule med radius inntegnet

Nå skal vi se hvordan vi kan komme fram til denne formelen ved hjelp av integrasjon. Vi bruker en idé som går tilbake til Arkimedes, og tenker oss at vi skjærer kula opp i uendelig mange, uendelig tynne skiver.

Vi ser for oss ei kule med radius r, plassert i et koordinatsystem med sentrum av kula i origo. Så snitter vi tynne skiver parallelt med y-aksen, radien på disse vil variere med x. Vi kaller radien f(x):

Illustrasjon av snitt av kule

Vi ser av figuren at x, f(x) og r er henholdsvis kateter og hypotenus i en rettvinklet trekant. Av Pytagoras får vi derfor at (f(x))2 = r2x2. Vi får altså uendelig mange, uendelig tynne skiver med areal gitt av formelen for arealet av en sirkel:

A(x) = π[f(x)]2 = π(r2x2).

For å finne volumet av kula, må vi addere dette uendelige antallet skiver, vi må integrere dem. Integrasjonsgrensene finner vi ved å tenke på at sirkelen skjærer x-aksen x = −r og x = r.

Integrasjonen er enkel, når vi husker på at r er en konstant:

$V = \int\limits_{−r}^r \pi (r^2 − x^2 ) \; dx =$

$\pi \big[r^2x − {\large\frac{1}{3}}x^3\big]_{−r}^r = \pi [r^3 − {\large \frac{1}{3}}r^3 − (−r^3 + {\large \frac{1}{3}}r^3)]= $

$2 \pi r^3 − {\large \frac{2}{3}} \pi r^3 = {\large \frac{4}{3}} \pi r^3$

Som var det vi skulle komme fram til.

Oppgave 2:

Ta utgangspunkt i figuren under:

Flate som skal roteres til en kjegle

Hvis vi roterer den markerte flaten om x-aksen, får vi en kjegle. Denne kan vi dele inn i uendelig mange uendelig tynne sirkelskiver som hver har areal A = πx2.

Bruk dette til å vise at volumet av kjeglen er 9π.

Se løsningsforslag

Kilder

    • Gulliksen, T., Hashemi A.M. & Hole A. (2013). Matematikk i praksis. Universitetsforlaget
    • Store norske leksikon

Integral som rektangelsum

I artikkelen om integral som areal så vi at det bestemte integralet til en funksjon tilsvarte arealet under funksjonens graf. For eksempel tilsvarer det røde arealet i figuren under $\int\limits_1^2 x^2 \; dx = \frac{7}{3} \approx 2{,}33$.

Arealet under x^2

Tilnærme bestemt integral med rektangler

Legger vi fem like brede rektangler i samme område, ser vi at arealet til disse vil tilnærme arealet under grafen, men være litt mindre.

Arealet under x^2 tilnærmet med fem rektangler

Høyden av hvert rektangel er lik funksjonsverdien der rektangelet begynner, f(x) = x2, og bredden er ${\large \frac{2 − 1}{5}} = 0{,}2$.

Så arealet av første rektangel blir f(1) · 0,2 = 12 · 0,2, arealet av andre rektangel blir f(1,2) · 0,2 = (1,2)2 · 0,2, og så videre opp til f(1,8) · 0,2 = (1,8)2 · 0,2. Det totale arealet blir summen av de fem enkeltarealene.

Men det er jo unødvendig å multiplisere med 0,2 i hvert ledd. I stedet setter vi 0,2 utenfor parentes, og får dette uttrykket for det totale arealet:

(12 + (1,2)2 + (1,4)2 + (1,6)2 + (1,8)2 ) · 0,2 ≈ 2,04.

Dette er ca. 12 % mindre enn den nøyaktige verdien, som var 2,33.

Gjør vi rektanglene smalere, får vi plass til flere, og de vil passe bedre. Figuren under viser ti rektangler.

Arealet under x^2 tilnærmet med ti rektangler

Samme utregningsmetode som tidligere gir at arealet av rektanglene nå er om lag 2,18, ca. 6 % mindre enn den nøyaktige verdien på 2,33.

Jo flere rektangler vi deler opp i, jo nærmere kommer vi den nøyaktige verdien til integralet. Kaller vi bredden av hvert rektangel for Δx, vil hvert rektangel ha areal f(x) · Δx og det totale arealet blir $\displaystyle\sum_1^2 f(x) \cdot \Delta x$.

Mer generelt, med integrasjonsgrenser a og b$\displaystyle\sum_a^b f(x) \cdot \Delta x$. Dette kaller vi en Riemann-sum, oppkalt etter den tyske matematikeren Georg Friedrich Bernhard Riemann.

Lar vi så bredden av hvert rektangel gå mot 0, har vi et nøyaktig uttrykk for det bestemte integralet mellom a og b:

$\fbox {$ \int\limits_a^b f(x) \; dx = \displaystyle \lim_{\Delta x \to 0 } \displaystyle \sum_a^b f(x) \cdot \Delta x$}$

Når antall rektangler øker mot uendelig, samtidig som bredden går mot null, vil Riemann-summen konvergere mot det bestemte integralet.

Numerisk beregning av bestemte integraler

Enkelte ubestemte integraler kan være vanskelige eller umulige å beregne. Men siden det tilhørende bestemte integralet kan tilnærmes med en sum av rektangler, vil vi alltid kunne finne en tilnærmet løsning for et bestemt integral. Ofte velger vi imidlertid andre geometriske figurer enn rektangler. Bruk av trapeser gir ofte mye bedre nøyaktighet, og det finnes andre metoder, som Simpsons regel, der arealenes øvre grense ikke er en rett linje. Uendelig mange arealer kan vi ikke håndtere i praksis, men en datamaskin kan uten problemer kjapt summere millioner av arealer, slik at vi kan få gode svar raskt. 

Kilder

    • Gulliksen, T., Hashemi A.M. & Hole A. (2013). Matematikk i praksis. Universitetsforlaget

Bestemte integraler

I artikkelen om ubestemte integraler lærte vi at når vi beregner det ubestemte integralet til en funksjon, får vi en ny funksjon. Men det finnes også noe som heter bestemte integraler. Når vi beregner det bestemte integralet til en funksjon, får vi en verdi.

Til bestemte integraler bruker vi det samme symbolet som til ubestemte integraler, men vi angir samtidig to integrasjonsgrenser: Øvre grense, plassert over, og nedre grense, plassert under, integrasjonssymbolet.

Eksempel 1:

Bestemt integral med integrasjonsgrenser 4 og 8:

$\int\limits_4^8 f(x)\; dx$

For å beregne det bestemte integralet beregner vi først det ubestemte integralet, slik vi har lært. I funksjonen vi da får, tar vi funksjonsverdien til øvre grense og trekker fra funksjonsverdien til nedre grense. Generelt uttrykker vi det slik, for grensene a og b:

$\fbox {$ \int\limits_a^b f(x) \; dx = \big[F(x)\big]_a^b = F(b) − F(a)$}$

Eksempel 2:

$\int\limits_1^2 (2x + 3) \; dx = \big[x^2 + 3x + C\big]_1^2 = $

$4 + 6 + C − (1 + 3 + C) = 10 + C − (4 + C) = 6$

Her beregner vi først det ubestemte integralet, og får den nye funksjonen x2 + 3x + C. Så setter vi inn øvre integrasjonsgrense, x = 2, og får 22 + 3 · 2 + C = 10 + C. Deretter setter vi inn nedre integrasjonsgrense, x = 1, og får 12 + 3 · 1 + C = 4 + C. Til slutt trekker vi den siste fra den første: 10 + C − (4 + C) = 6.

I eksempel 2 ser vi at integrasjonskonstanten, C, faller bort, det vil den alltid gjøre i et bestemt integral. Vi dropper derfor C i utregningen av bestemte integraler.

SkjermfilmSe film om beregning av bestemt integral
 

I formeleditoren i Word kan vi sette inn klammeparentes med integrasjonsgrenser ved å skrive parentesuttrykket først, og deretter sette på grensene ved hjelp av denne matrisen:

Sette inn integralgrenser i formeleditoren i Word

Oppgave 1:

Beregn følgende bestemte integraler:

        1. $\int\limits_1^3 6x^2 \; dx$
           
        2. $\int\limits_{−1}^1 2 \; dx$
           
        3. $\int\limits_a^b( \sin x + 5^x )\; dx$

Se løsningsforslag

Kilder

    • Gulliksen, T., Hashemi A.M. & Hole A. (2013). Matematikk i praksis. Universitetsforlaget

Ubestemte integraler

Integrasjon som antiderivasjon

Vi har i andre artikler lært å derivere, det vil si, basert på en funksjon, avlede en ny funksjon som beskriver hvordan den opprinnelige funksjonen endrer seg. Hvis den opprinnelig funksjonen for eksempel er f(x) = x2, blir den deriverte f′(x) = 2x.

Nå skal vi gå andre veien, det vil si ta utgangspunkt i den deriverte, og finne fram til den opprinnelige funksjonen, antiderivere.

Altså, hvis f′(x) = 2x, er f(x) = x2 en antiderivert.

Men vi sløyfer derivasjonstegnet, og bruker stor F for den antideriverte:

Altså, hvis f(x) = 2x, er F(x) = x2 en antiderivert.

Generelt sier vi at F(x) er en antiderivert til f(x) når F′(x) = f(x).

Eksempel 1:

Hvis f(x) = 3x2, er F(x) = x3 en antiderivert.

Men F(x) = x3 er ikke den eneste antideriverte til f(x) = 3x2, for det er flere funksjoner som har en derivert lik 3x2. For eksempel har vi at

F(x) = x3 + 1 siden (x3 + 1)′= 3x2.

F(x) = x3 − 8 siden (x3 − 8)′= 3x2.

Siden konstanter faller bort ved derivasjon, skjønner vi at det finnes uendelig mange antideriverte som bare skiller seg fra hverandre ved en konstant. Denne konstanten kaller vi integrasjonskonstanten, og symboliserer den med C, der C er et vilkårlig, reelt tall.

Generelt har vi altså at når f(x) = 3x2, er F(x) = x3 + C, siden (x3 + C)′ = 3x2.

Det er vanlig å kalle antiderivasjon for integrasjon, symbolisert med et integrasjonstegn: ∫

Bak uttrykket som skal integreres, skriver vi dx, noe som indikerer at det er x som er variabelen i integrasjonsuttrykket. Det generelle uttrykket for å integrere en funksjon av en variabel, x, er altså:

$\fbox {$\int f(x) \; dx = F(x) + C $}$

f(x) dx kalles det ubestemte integralet til f(x) med hensyn på x.

Eksempel 2:

∫2x dx = x2 + C

∫2 dx = 2x + C

Integrasjon av potensfunksjoner

Ved å bruke regelen for å derivere en potensfunksjon baklengs får vi:

$\fbox {Potensregel for integrasjon: $ \int x^{\displaystyle r} \; dx = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle r+1}x^{\displaystyle r+1} + C $, $r\ne −1$}$

Vi adderer altså 1 i eksponenten, og dividerer på den nye eksponenten. Dette gjelder for alle verdier av eksponenten, r, unntatt r = −1, et spesialtilfelle vi kommer tilbake til.

Eksempel 3:

$\int x^3 \; dx = {\large \frac{ 1}{3+1}}x^{3+1} + C = {\large \frac{1}{4}}x^4 + C$

Vi fører imidlertid sjelden utregningen så omstendelig, her kan vi gjøre utregningen i hodet, og sette opp svaret direkte:

$\int x^3 \; dx = {\large \frac{1}{4}}x^4 + C$

Konstanter kan settes utenfor integrasjonstegnet:

$\fbox {Integrasjon med konstant: $ \int k f(x) \; dx = k\int f(x) \; dx$}$

Eksempel 4:

$\int 4 x^3 \; dx = 4\int x^3 \; dx = 4 \cdot {\large \frac{1}{4}}x^4 + C = x^4 + C$

Potensregelen gjelder også for negative r, så vi kan benytte at $\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x^r} = x^{−r}$ til å integrere uttrykk der variabelen står under en brøkstrek:

Eksempel 5:

${\large \int} \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x^2} \; dx = \int x^{−2} \; dx = {\large \frac{1}{−2+1}}x^{−2+1} + C = −1x^{−1} + C = −{\large \frac{1}{x}} + C$

Potensregelen gjelder også for r som ikke er hele tall, så vi kan benytte at $\sqrt[\LARGE n]{x} = x^{\Large \frac{1}{n}}$ til å integrere rotuttrykk:

Eksempel 6:

$\int \sqrt[{\Large 3}]x \; dx = \int x^{\Large \frac{1}{3}} \; dx = {\Large \frac{1}{\frac{1}{3}+1}}x^{\Large{\frac{ 1}{ 3}}+1} + C = {\large \frac{3}{4}}x^{\Large \frac{ 4}{ 3}} + C = {\large \frac{3}{4}}\sqrt[{\Large 3}]{x^4} + C = {\large \frac{3}{4}}x\sqrt[{\Large 3}]{x} + C$

SkjermfilmSe film om integrasjon av potensfunksjoner
 

Oppgave 1:

Beregn følgende ubestemte integraler:

        1. $\int 5x^2 \; dx$
           
        2. ${\large \int} \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x^3} \; dx$
           
        3. $\int \sqrt[{\Large4}]{t} \; dt$

Se løsningsforslag

Et spesialtilfelle har vi når eksponenten er −1, altså f(x) = x−1, eller med andre ord $f(x) = {\large \frac{1}{x}}$. Ved derivasjon av potensfunksjoner trekker vi fra 1 i eksponenten, men for å få x−1 måtte vi da startet med x0, men x0 = 1,og deriverer vi 1, får vi 0. Potensregelen for integrasjon gjelder altså ikke i dette tilfellet. I stedet har vi:

$\fbox {${\large \int} \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x} \; dx = \ln|x| + C $}$

Denne regelen kan utvides litt, til å gjelde alle brøker der teller er en konstant og nevner er et vilkårlig førstegradspolynom:

$\fbox {${\large \int} \frac{\displaystyle k}{\displaystyle ax + b} \; dx = \frac{\displaystyle k}{\displaystyle a} \ln |ax + b| + C $}$

Eksempel 7:

${\large \int} \frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 3x − 2} \; dx = \frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 3} \ln |3x − 2| + C$

Integrasjon av summer og differanser

Når vi integrerer en sum av flere ledd, kan vi integrere ledd for ledd.

Eksempel 8:

$\int (x^3 + 2x^2 + 3x + 1) \; dx =$

$\Big({\large \frac{1}{4}}x^4 + C_1\Big) + \Big(2 \cdot{\large \frac{1}{3}}x^3 + C_2 \Big) + \Big(3 \cdot{\large \frac{1}{2}}x^2 + C_3 \Big)+ \Big(x + C_4 \Big)=$

${\large \frac{1}{4}}x^4 + {\large \frac{2}{3}}x^3 + {\large \frac{3}{2}}x^2 + x + C$

I eksempel 8 bruker vi regelen for å integrere potensfunksjoner på ett og ett av leddene. Vi ser at vi får en integrasjonskonstant i hvert ledd, C1, C2, C3 og C4, men siden disse konstantene er vilkårlige tall, kan vi slå dem sammen til en enkelt konstant, C. Vanligvis tar vi ikke med de enkelte integrasjonskonstantene i utregninger, vi setter bare på en C til slutt.

Når vi integrerer en differanse av flere ledd, kan vi også integrere ledd for ledd.

En felles regel for å integrere summer og differanser blir da:

$\fbox {$ \int \big(f(x) \pm g(x)\big) \; dx = \int f(x) \; dx \pm \int g(x) \; dx $}$

Eksempel 9:

$\int (3x^2 − 2x + 1) \; dx = 3 \int x^2 \; dx − 2 \int x \; dx + \int 1 \; dx =$

$3 \cdot {\large \frac{1}{3}}x^3 − 2 \cdot {\large \frac{1}{2}}x^2 + x + C = x^3 − x^2 + x + C$

I eksempel 9 bruker vi reglene som sier at vi integrerer summer og differanser ledd for ledd, og setter konstanter utenfor. Dette er helt tilsvarende reglene vi har for derivasjon. Men når det gjelder derivasjon, har vi også regler for produkter og kvotienter, «produktregelen» og «brøkregelen». Noe tilsvarende finnes det ikke for integrasjon. Skal vi integrere et produkt eller en kvotient, har vi altså ingen generell formel vi kan bruke. Det finnes noen spesialtilfeller, men generelt er integrasjon av sammensatte uttrykk mye mer komplisert enn derivasjon, og i noen tilfeller helt umulig.

Oppgave 2:

Beregn følgende ubestemte integral:

$\int (4x^3 + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 3x^2}) \; dx$

Se løsningsforslag

Integrasjon av trigonometriske funksjoner

Ved å tenke derivasjon baklengs, er det lett å finne den integrerte til sinus og cosinus:

$\fbox {$\begin{align} {\small \int} \sin x \; dx &= −\cos x + C \\
{\small \int} \cos x \; dx &= \sin x + C \end{align}$}$

For vi vet jo at den deriverte til sinus er lik cosinus, og den deriverte til cosinus er lik minus sinus.

Det finnes også et uttrykk som gir tangens når det blir derivert, men det er mer sammensatt, og vi går ikke inn på det her.

Integrasjon av eksponentialfunksjoner

Siden (ex )′ = ex , skjønner vi at ex ikke endrer seg ved integrasjon, vi må bare huske på integrasjonskonstanten, C:

$\fbox {$\int e^{\large x} \; dx = e^{\large x} + C$}$

Med en konstant, k, i eksponenten har vi at (ekx )′ = kekx, så vi må dividere med k når vi integrerer:

$\fbox {$\int e^{\large kx} \; dx = {\large \frac{1}{k}}e^{\large kx} + C$}$

For en vilkårlig eksponentialfunksjon med vekstfaktor a, har vi at (ax)′ = ln a · ax, så vi må dividere med ln a når vi integrerer:

$\fbox {$\int a^{\large x} \; dx = {\large \frac{1}{\ln a}}a^{\large x} + C$}$

Eksempel 10:

$\int (e^x + e^{2x} + 5^x) \; dx = e^x + {\large \frac{1}{2}}e^{2x} + {\large \frac{1}{\ln 5}}5^x$

SkjermfilmSe film om integrasjon av diverse funksjoner

Reglene med å integrere ledd for ledd og å sette konstanter utenfor gjelder alltid.

Eksempel 11:

${\large \int} ( {\large \frac{2}{x}} + 5 \sin x+ 4 e^{2x}) \; dx = {\large \int} {\large \frac{2}{x}} \; dx + \int{ 5 \sin x} \; dx+ \int 4 e^{2x} \; dx = $

$2{\large \int} {\large \frac{1}{x}} \; dx + 5 \int{\sin x} \; dx+ 4\int e^{2x} \; dx = 2 \ln |x| − 5\cos x + 4 \cdot {\large \frac{1}{2}}e^{2x} + C =$

$2 \ln |x| − 5\cos x + 2e^{2x} + C$

Normalt vil vi ikke føre utregningen så omstendelig, med litt trening gjør vi mange av mellomregningene i hodet.

Oppgave 3:

Beregn følgende ubestemte integraler:

        1. $\int (2e^x + 3^x) \; dx$
           
        2. $\int 2(\sin x + \cos x) \; dx$
           
        3. $\int x^a \; dx, a \in \mathbb{R}$

Se løsningsforslag

Kilder

    • Gulliksen, T., Hashemi A.M. & Hole A. (2013). Matematikk i praksis. Universitetsforlaget