Introduksjon (VGS): Derivasjon under integraltegnet

[daofeishi]

Her skal jeg introdusere en teknikk som ikke ofte læres bort i introduksjonstekster i integrasjons-/derivasjonsregning, men som kan komme til nytte i flere sammenhenger. Teknikken heter integrasjon under derivasjonstegnet, og den rimelig dyktige fysikeren Richard Feynman er kjent for å ha sagt:

I used that one damn tool again and again

Denne morsomme saken fungerer som følger. Tenk deg at du har en funksjon av to variable $f(x,n)$. (Der både x og n er reelle tall.)

En slik funksjon kan for eksempel se slik ut:
$$\begin{gathered} f(x,n)=\frac{1}{x^2+n^2} \\ f(x,n)=\frac{x}{n}+n\sin (x) \end{gathered}$$

Vi dypper nå foten i et emne som kalles "multivariabel kalkulus" - teorien for integrasjon/derivasjon av funksjoner med mer enn én variabel. Har vi kjennskap til regning med en variabel, blir ikke overgangen et problem.

Du kjenner antakeligvis til notasjonen $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\mathrm{x}}f(x)$ for et derivat i énvariabel kalkulus. $f(x,n)$ har 2 variabler, og kan dermed deriveres med respekt til 2 ulike variabler - x eller n. Disse noteres slik:
$\frac{\partial }{\partial x}f(x,n),\frac{\partial }{\partial n}f(x,n)$
Når vi deriverer med respekt til en variabel, later vi som alle andre variabler er konstanter. Her følger et eksempel:

$f(x,n)=n\sin (x)$
Da er
$$\begin{gathered} \frac{\partial }{\partial x}f(x,n)=n\cos (x) \\ \frac{\partial }{\partial n}f(x,n)=\sin (x) \end{gathered}$$
Hvorfor? Fordi i siste derivatet er $\sin (x)$ bare som en konstant å regne(!), og n variabelen vi deriverer med hensyn på

Et interessant resultat er at dersom du har et definitt integral med respekt til ene variabelen, har du lov til å derivere andre UNDER INTEGRALTEGNET om du vil - la oss ta et enkelt illustrativt eksempel først:

Som vi vet er
${\int }_1^a\frac{1}{nx}\mathrm{d}\mathrm{x}=\frac{\ln (\mathrm{a})}{\mathrm{n}}$
Vi har så lov til å derivere under integraltegnet:
$$\begin{gathered} {\int }_1^a\frac{\partial }{\partial n}\frac{1}{nx}\mathrm{d}\mathrm{x}=\frac{\partial }{\partial \mathrm{n}}\frac{\ln (\mathrm{a})}{\mathrm{n}} \\ {\int }_1^{\mathrm{a}}-\frac{1}{{\mathrm{n}}^2\mathrm{x}}\mathrm{d}\mathrm{x}=-\frac{\ln (\mathrm{a})}{{\mathrm{n}}^2} \end{gathered}$$

Dette så vel kanskje vel og greit ut - dette var jo rimelig trivielt. Men denne teknikken kan har sine store styrker... La oss si du ønsker å finne ut hva følgende integral er, for alle positive heltall k:
${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(x^2+1{)}^k}\mathrm{d}\mathrm{x}$

Du vet allerede/får oppgitt at $\int \frac{1}{x^2+1}\mathrm{d}\mathrm{x}=\arctan (\mathrm{x})+\mathrm{C}$

Dette kan synes som et vanskelig problem, helt til vi innfører en liten hjelpevariabel n. Skriv om problemet slik:
${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(x^2+n{)}^k}\mathrm{d}\mathrm{x}$
Vi vet selvsagt at n = 1, men dette bruker vi senere.

La oss begynne med k = 1:
${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{x^2+n}\mathrm{d}\mathrm{x}={[\frac{1}{\sqrt{\mathrm{n}}}\arctan (\frac{\mathrm{x}}{\sqrt{\mathrm{n}}})]}_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}=\frac{\pi }{\sqrt{\mathrm{n}}}$

(Vi ser her ved å sette n=1 at ${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{x^2+1}\mathrm{d}\mathrm{x}=\pi$)

Hva skjer så dersom vi deriverer under integraltegnet med respekt på n?
$$\begin{gathered} {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{x^2+n}\mathrm{d}\mathrm{x}=\frac{\pi }{\sqrt{\mathrm{n}}} \\ {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\partial }{\partial \mathrm{n}}\frac{1}{{\mathrm{x}}^2+\mathrm{n}}\mathrm{d}\mathrm{x}=\frac{\partial }{\partial \mathrm{n}}\frac{\pi }{\sqrt{\mathrm{n}}} \\ {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}-\frac{1}{({\mathrm{x}}^2+\mathrm{n}{)}^2}\mathrm{d}\mathrm{x}=-\frac{\pi }{2{\mathrm{n}}^{\frac{3}{2}}} \\ {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{({\mathrm{x}}^2+\mathrm{n}{)}^2}\mathrm{d}\mathrm{x}=\frac{\pi }{2{\mathrm{n}}^{\frac{3}{2}}} \end{gathered}$$

Og når n = 1, ser vi at:
${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(x^2+1{)}^2}\mathrm{d}\mathrm{x}=\frac{\pi }{2}$


Første oppgave lyder som følger: Undersøk videre. Fortsett å derivere under integraltegnet. Kan du finne et mønster for ${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(x^2+1{)}^k}\mathrm{d}\mathrm{x}$? Prøv å finne fram til en generell formel om du klarer!

[sEirik]

...

${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(x^2+n{)}^2}\mathrm{d}\mathrm{x}=\frac{\pi }{2{\mathrm{n}}^{\frac{3}{2}}}$

*Dra frem gamle, støvete derivasjonsregler*

$u=x^2+n$, $\frac{\partial }{\partial n}u=1$

$\frac{\partial }{\partial n}\frac{1}{(x^2+n{)}^2}=\frac{\partial }{\partial n}{u}^{-2}=-2u^{-3}=-2\frac{1}{(x^2+n{)}^3}$

$\frac{\partial }{\partial n}\frac{\pi }{2}{n}^{-3/2}=-\frac{3\pi }{4}{n}^{-5/2}$

${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}-2\frac{1}{(x^2+n{)}^3}\mathrm{d}\mathrm{x}=-\frac{3\pi }{4}{\mathrm{n}}^{-5/2}$

${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(x^2+n{)}^3}\mathrm{d}\mathrm{x}=\frac{3\pi }{8}{\mathrm{n}}^{-5/2}$

Og ved å sette $n=1$ ser vi at $I_3=\frac{3\pi }{8}$.

"Jukser litt." Beregner $I_4$ tilnærmet, numerisk på kalkulator, og tipper hva det blir nøyaktig.

$I_4=\frac{25}{8}\pi$

Lengre enn det tør jeg ikke å stole på det kalkulatoren sier, så med mindre noen har funnet et mønster her, så er det vel bare å sette seg ned og derivere litt til! Eller kanskje derivere induktivt og se om en får en rekke $a_n$ som gir tallene som skal være på høyresiden.

[Janhaa]

Jeg deriverte litt videre, der Eirik slapp. Ikke at mønsteret åpenbarte seg av den grunn. Forbehold, har slurva mye i det siste


$I_1=\pi$

$I_2=\frac{\pi }{2}$

$I_3=\frac{3\pi }{8}$

[tex]I_4={5\pi \over 16[/tex]

$I_5=\frac{35\pi }{128}$

$I_6=\frac{63\pi }{256}$

$I_7=\frac{189\pi }{1024}$

Orker ikke mer nå, oddetals pi i teller og 2[sup]p[/sup] i nevner for de som vil prøve seg.

[daofeishi]

Post lagt til ved et uhell. Se under.

[daofeishi]

Ser nå at det eksakte svaret i lukket form kanskje er litt komplisert å komme fram til, ihvertfall for VGS-studenter. Kanskje noen finner fram til den rekursive løsningen?

Svaret jeg kom fram til nå, etter en del klabb og babb, hjelp fra mathematica og identiteter fra mathworld:

For alle heltall k>1:
$\int \frac{1}{(x^2+1{)}^k}\mathrm{d}\mathrm{x}=\frac{8\pi (2\mathrm{k}-3)!}{4^{\mathrm{k}}(\mathrm{k}-1)!(\mathrm{k}-2)!}$

Ny oppgave: Bruk teknikken til å finne ${\int }_0^1{x}^2{e}^x\mathrm{d}\mathrm{x}$. Hint: Se på ${\int }_0^1{e}^{nx}\mathrm{d}\mathrm{x}$

[daofeishi]

... og ved nærmere inspeksjon, ser jeg at uttrykket over kan skrives:

$\int \frac{1}{(x^2+1{)}^k}\mathrm{d}\mathrm{x}=(\genfrac{}{}{0ex}{}{2\mathrm{k}-3}{\mathrm{k}-1})\frac{8\pi }{4^{\mathrm{k}}}$

[Sonki]

ok, gjør et forsøk her:

som hintet så setter vi:

$e^x=e^{nx}$ hvor $n=1$
og
${\int }_0^1{e}^{nx}\mathrm{d}\mathrm{x}=\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{n}}-1}{\mathrm{n}}$
videre får vi:
${\int }_0^1\frac{\partial }{\partial n}{e}^{nx}\mathrm{d}\mathrm{x}=\frac{\partial }{\partial \mathrm{n}}\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{n}}-1}{\mathrm{n}}$
${\int }_0^{1}x{e}^{nx}\mathrm{d}\mathrm{x}=\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{n}}(\mathrm{n}-1)+1}{{\mathrm{n}}^2}$
og dermed:
${\int }_0^1\frac{\partial }{\partial n}x{e}^{nx}\mathrm{d}\mathrm{x}=\frac{\partial }{\partial \mathrm{n}}\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{n}}(\mathrm{n}-1)+1}{{\mathrm{n}}^2}$
${\int }_0^1{x}^2{e}^{nx}\mathrm{d}\mathrm{x}=\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{n}}({\mathrm{n}}^2-2\mathrm{n}+2)-2}{{\mathrm{n}}^3}$
sett $n=1$ og får...
${\int }_0^1{x}^2{e}^x\mathrm{d}\mathrm{x}=\frac{\mathrm{e}(1-2+2)-2}{1^3}=\mathrm{e}-2$
stemmer det?

[daofeishi]

Helt rett!

[sEirik]

Nå er jeg spent på om det finnes et lettfattelig bevis en plass på at metoden er lov å bruke!

[daofeishi]

Ta en titt her

Neste oppgave:
Bruk metoden på ${\int }_0^1{x}^m\mathrm{d}\mathrm{x}$ for å finne et uttrykk for ${\int }_0^1{x}^m(\ln x{)}^n\mathrm{d}\mathrm{x}$ (m > -1, n positivt heltall)

[Sonki]

Kule saker dette
her er et løsningsforslag:
Begynner med å sette:
${\int }_0^1{x}^m\mathrm{d}\mathrm{x}={\int }_0^1{\mathrm{x}}^{\mathrm{m}\mathrm{k}}\mathrm{d}\mathrm{x}$
Hvor $k=1$
videre:
${\int }_0^1{x}^{mk}\mathrm{d}\mathrm{x}=\frac{{\mathrm{x}}^{\mathrm{m}\mathrm{k}+1}}{\mathrm{m}\mathrm{k}+1}$
${\int }_0^1\frac{\partial }{\partial k}{x}^{mk}\mathrm{d}\mathrm{x}=\frac{\partial }{\partial \mathrm{k}}\frac{{\mathrm{x}}^{\mathrm{m}\mathrm{k}+1}}{\mathrm{m}\mathrm{k}+1}$
$m{\int }_0^1{x}^{mk}(\ln x)\mathrm{d}\mathrm{x}=(-1)\ast \frac{\mathrm{m}}{(\mathrm{m}\mathrm{k}+1{)}^2}$
deler med $m$
${\int }_0^1{x}^{mk}(\ln x)\mathrm{d}\mathrm{x}=(-1)\ast \frac{1}{(\mathrm{m}\mathrm{k}+1{)}^2}$
Observerer at for videre derivasjon økes eksponenten til $\ln x$ med $1$ for hver gang, mens venstresiden vil bli multiplisert med eksponen til $(mk+1)$ (som er negativ, noe som gir at den vil vekselsvis skifte mellom å være positiv og negativ, negativ for partall eksponen). $m$ vil være en felles faktor for begge, og trengs dermed ikke å tas med i beregningen. antar dermed at:
${\int }_0^1{x}^{mk}(\ln x{)}^n\mathrm{d}\mathrm{x}=(-1{)}^{\mathrm{n}}\ast \frac{\mathrm{n}!}{(\mathrm{m}\mathrm{k}+1{)}^{\mathrm{n}+1}}$
beviser det med induksjon.:
Ser at det stemmer for $n=1$
antar så at det stemmer for $n$, og undersøker for $n+1$. Undersøker altså om ${\int }_0^1{x}^{mk}(\ln x{)}^{n+1}\mathrm{d}\mathrm{x}=(-1{)}^{\mathrm{n}+1}\ast \frac{(\mathrm{n}+1)!}{(\mathrm{m}\mathrm{k}+1{)}^{\mathrm{n}+2}}$ stemmer:
${\int }_0^1\frac{\partial }{\partial k}{x}^{mk}(\ln x{)}^n\mathrm{d}\mathrm{x}=\frac{\partial }{\partial \mathrm{k}}(-1{)}^{\mathrm{n}}\ast \frac{\mathrm{n}!}{(\mathrm{m}\mathrm{k}+1{)}^{\mathrm{n}+1}}$
$m{\int }_0^1{x}^{mk}(\ln x{)}^{n+1}\mathrm{d}\mathrm{x}=(-1{)}^{\mathrm{n}}\ast \frac{\mathrm{n}!\ast (-(\mathrm{n}+1))\ast \mathrm{m}}{(\mathrm{m}\mathrm{k}+1{)}^{\mathrm{n}+2}}=(-1{)}^{\mathrm{n}}\ast (-1)\ast \frac{\mathrm{n}!\ast (\mathrm{n}+1)\ast \mathrm{m}}{(\mathrm{m}\mathrm{k}+1{)}^{\mathrm{n}+2}}$
deler med $m$ og ordner på uttrykkene, altså: ${\int }_0^1{x}^{mk}(\ln x{)}^{n+1}\mathrm{d}\mathrm{x}=(-1{)}^{\mathrm{n}+1}\ast \frac{(\mathrm{n}+1)!}{(\mathrm{m}\mathrm{k}+1{)}^{\mathrm{n}+2}}$, som var det vi skulle bevise, antagelsen stemmer.
k = 1 gir:
${\int }_0^1{x}^m(\ln x{)}^n\mathrm{d}\mathrm{x}=(-1{)}^{\mathrm{n}}\ast \frac{\mathrm{n}!}{(\mathrm{m}+1{)}^{\mathrm{n}+1}}$, som var det vi ble spurt om å finne
er det rett?

[daofeishi]

Flott, Sonki!

Neste oppgave:
Bruk teknikken til aa finne et generelt uttrykk for
${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{x}^n\sin (x)\mathrm{d}\mathrm{x}$ for ikke-negative heltall n.