Integrasjon - R2

Nedenfor følger en del sentrale ubestemte integraler som er aktuelle for VG 3 - R2. Legg gjerne til integraler du tenker bør være med. Det er ofte forskjellige metoder for løsning og det nyttig å se forskjellige løsningsvarianter av samme oppgave.

$\\$

$ 1) \quad $$\int{\tan( x)}dx $

$\\$

Vi vet at $\tan\,x=\frac{\sin\,x}{\cos\,x}$ og at $\frac{d}{dx}\cos\,x=-\sin\,x$.

Vi setter $u=\cos\,x$:

<math>u=\cos\,x\,\Rightarrow\,\rm{d}u=-\sin\,x\rm{d}x</math>

Vi setter inn i integralet og får

<math>I = \int \sin\,x \cdot \frac{1}{\cos\,x} dx=\int -\frac{1}{u}\rm{d}u=-\ln|u|+C</math>

Vi kan nå erstatte u med x igjen:

<math>I=-\ln|\cos\,x|+C</math>

$\\$

$ 2) \quad$$\int{tan^2 (x)} dx $

$\\$

Bruker resultatet fra derivasjonen av tan(x):

$( tan(x) )' = tan^2(x) + 1 \Rightarrow \\ tan^2(x)= (tan(x))' - 1$

Vi integrerer så på begge sider

$ \int tan^2(x)dx = \int (tan(x))' -\int 1dx \\ \int tan^2(x)dx=tan(x)- x+ C$

$\\$

$\\$

$ 3) \quad$$\int{ln (x)} dx $

$\\$

Vi vil integrere funksjonen $f(x)=\ln\,x$. Til det kan vi bruke et lite triks og delvis integrasjon.

Vi skriver <math>\ln\,x=1\cdot\ln\,x</math> og lar <math>u=\ln\,x</math> og <math>v'=1</math>. Da får vi

$u'= \frac{1}{x}$ og v = x. Integralet blir

<math>\int 1\cdot\ln\,x\rm{d}x=x\ln\,x-\int x\cdot\frac1x\rm{d}x=x\ln\,x-\int\rm{d}x=x\ln\,x-x+C</math>

Resultatet er altså at

$\int\ln |x|=x\ln\,x-x+C$

$\\$

$ 4) \quad$$\int{cos^2 (x)} dx $

$\\$

Vi prøver delvis integrasjon. ( cos x)' = - sin x og (sin x)' = cos x).

$I = \int \cos^2\,x dx = \int (\cos\,x)(\cos\,x)dx = \sin\,x \cos\,x - \int(- \sin\,x) \sin\,x dx \\ \int \cos^2\,x dx =\sin\,x \cos\,x + \int \sin^2\,x dx \\ \int \cos^2\,x dx =\sin\,x \cos\,x + \int 1 - \cos^2\,x dx \\ \int \cos^2\,x dx =\sin\,x \cos\,x + \int 1dx - \int \cos^2\,x dx \\ \int \cos^2\,x dx =\sin\,x \cos\,x + x - \int \cos^2\,x dx \\ 2 \int \cos^2\,x dx =\sin\,x \cos\,x + x \\ \int \cos^2\,x dx = \frac 12(\sin\,x \cos\,x + x) + C $

$\\$

$\\$

$ 5) \quad$$\int{sin^2 (x)} dx $

$\\$

<math> \int sin^2x dx = \int (sinx \cdot sinx) dx \\ = sinx \cdot (-cosx) - \int cosx \cdot (-cosx)dx \\

= - sinx cosx + \int (1-sin^2x) dx \\ = - sinx cosx + x - \int sin^2x dx</math>

Da har man:

<math> \int sin^2x dx = - sinx cosx + x - \int sin^2x dx \\ 2\int sin^2x dx = - sinx cosx + x \\ \int sin^2x dx = - \frac12 (sinx cosx - x) + C </math>

$\\$

$ 6) \quad$$\int{ x^2e^x} dx $

$\\$

Bruker delvis integrasjon. Setter $u =x^2$ og $v' = e^x$:

$\int x^2 e^x dx = x^2 e^x - \int 2x e^x dx$

Repeterer så øvelsen med u = 2x og får:

$\int x^2 e^x dx = x^2 e^x - \int 2x e^x dx = x^2e^x - (2xe^x - 2 \int e^x dx) \\ x^2e^x-2xe^x+2e^x + c \\ = e^x(x^2-2x+2) + c$

$\\$

$ 7) \quad $$\int{\frac{1}{x+a}}dx $

$\\$

<math>\int{\frac{1}{x+a}}dx = ln |x+a| + C</math>

$\\$

$ 8) \quad \int (\frac{1}{4}x^3- \frac {1}{5}x^2+2x-4)dx $

$\\$

$ \int (\frac{1}{4}x^3- \frac {1}{5}x^2+2x-4)dx= \frac{1}{16}x^4 - \frac{1}{15}x^3 + x^2 - 4x+C $

$\\$ $\\$

$ 9) \quad \int 4e^{2x+1}dx $

$\\$

Prøver integrasjon med variabelskifte, og setter

$u = 2x + 1 \\ du = 2dx\\ 4dx = 2du $

$\int 4e^{u}dx = \int 2e^{u}du = 2e^{u} + C = 2e^{2x+1} + C$

$\\$

$10) \quad \int \frac{1}{1+ \sqrt{x}}dx $

$\\$

Setter $ u = 1 + \sqrt{x } \Rightarrow \sqrt x = u-1\\ \frac{du}{dx}= \frac12x^{- \frac12} \\ du= \frac{1}{2 \sqrt{x}}dx \\ dx= 2 \sqrt{x}du \\ \int \frac{1}{u}dx = \int \frac{1}{u}2 \sqrt{x}du $

$\int \frac{1}{u}2 \sqrt{x}du \\= \int \frac{1}{u}2 (u-1)du \\= \int (2- \frac 2u)du \\= 2 \int du - 2\int \frac1u du\\ = 2u -2ln|u| + k$

Substituerer tilbake til x og får:

$ 2(1+ \sqrt x) -2ln(1 + \sqrt x) + k \\ = 2 + 2\sqrt x - 2ln(1 + \sqrt x) + k \\ = 2\sqrt x - 2ln(1 + \sqrt x)+ c $

$\\$

$11) \quad \int \sin\,(2x)\,dx $

$\\$

Setter u = 2x. $ \frac{du}{dx} = 2$

Vi får da:

$\int sin(2x) \,dx = \int sin (u) \,dx = \frac 12 \int sin(u) \,du = - \frac{1}{2}cos (2x) + c $

$\\$

$12) \quad \int (e^x-e^{-x})dx $

$\\$

$\int (e^x - e^{-x}) \, dx = e^x + e^{-x} + c$

$\\$

$13) \quad \int \frac{x}{x^2 - 4\,}dx $

$\\$

Prøver å sette $u= x^2-4$ da blir $\frac{du}{dx} = 2x$

$\int \frac{x}{x^2 - 4}\,dx = \int x \frac{1}{u} dx = \int \frac12 \frac 1u du = \frac 12 ln |x^2 - 4| +c$

$\\$

$14) \quad \int \frac{3x}{\sqrt{x^2 - 1}\,}dx $

$\\$

$u = x^2-1 \, , \, dx= \frac{du}{2x }\\ \int 3xu^{- \frac 12} \frac{du}{2x} \\ = \int \frac 32 u^{- \frac 12}du \\ = \frac 32 \cdot 2 u^{\frac 12} + c \\ =3 \sqrt{x^2-1} + c$

$15) \quad \int x^3 \cdot e^{x^2}dx $

$\\ $

$u = x^2 \, , \, dx=\frac{du}{2x} \\ \int x\cdot u \cdot e^{u} \frac{du}{2x} = \int \frac 12 ue^{u}du$

Kan nå bruke delvis integrasjon.

$\int \frac 12 ue^{u}du = \frac 12 (ue^{u} - \int e^{u}) = \frac 12( x^2 e^{x^2} - e^{x^2}) + c = \frac 12 e^{x^2}(x^2-1) + c$

$\\$

$16) \quad \int \frac{1}{x^2-3x+2}dx $

$\\$

$\int \frac{1}{x^2-3x+2}dx =\int \frac{1}{(x-1)(x-2)}dx = \int \frac{A}{x-1} + \frac{B}{x-2}dx \\ 1= A(x-2)+B(x-1)\\ x=1: \, A=-1 \\ x=2: \, B= 1 \\ \int \frac{-1}{x-1} + \frac{1}{x-2}dx \\ = -ln|x-1| + ln| x -2 | +c \\ = ln| \frac{x-2}{x-1}| + c $

$\\$

$17) \quad \int \frac{1}{x^3-3x^2+2x}dx $

$\\$

$\int \frac{1}{x^3-3x^2+2x}dx =\int \frac{1}{x(x-2)(x-1)}dx = \int ( \frac{A}{x} + \frac {B}{x-2} +\frac {C}{x-1}) dx \\ 1= A(x-2)(x-1) + Bx(x-1) + Cx(x-2) \\ x=0:\, A=\frac 12 \\ x=2:\, B = \frac 12 \\ x=1 \, C= - 1 \\ \int ( \frac{\frac 12}{x} + \frac {\frac 12}{x-2} +\frac {(-1)}{x-1}) dx \\ = \frac 12( ln|x| + ln|x-2|) - ln|x-1| +C $

$\\$

$18) \quad \int \frac{x^3+x^2+x}{x^2-1}dx $

$\\$

Her bruker vi polynomdivisjon først, og får:

$\int \frac{x^3+x^2+x}{x^2-1}dx = \int (x+1+ \frac{2x+1}{x^2-1} )dx \\ =\int (x+1+ \frac{A}{x+1} + \frac{B}{x-1}) dx \\ 2x+1=A(x-1)+B(x+1) \\ x= -1:\, -1 = -2A \Rightarrow A= \frac{1}{2} \\ x=1: \, 3=2B \Rightarrow B = \frac{3}{2} \\=\int (x+1+ \frac{\frac{1}{2}}{x+1} + \frac{\frac{3}{2}}{x-1}) dx \\ = \frac 12 x^2+x+ \frac 12 ln[x+1| + \frac 32 ln|x-1| + c \\ = \frac 12( x^2 + 2x + ln|x+1| + 3 ln|x-1| ) + c$

$\\$

$19) \quad \int \frac{1}{x^2+4x+4}dx $

$\\$

Her kan det være naturlig å teste delbrøkoppspalting, men vi får problemer med å finne A og B. Nevneren kan skrives som $(x+2)^2$ Vi prøver i stedet variabelskifte med $u= x +2$ :

$\int \frac {1}{u^2}du = \int u^{-2}du = - u^{-1} + c = - \frac{1}{x+2} +c$

$\\$

$20) \quad \int dx $

Et utvalg integraler

3.1.1

Formålet med denne siden er at de som har behovet skal få en viss forståelse for hva integrasjon og integraler er. Du må vite hva derivasjon er først. Dersom du ønsker en mer systematisk og matematisk behandling av emnet går du til integrasjon

3.1.2

En moped beveger seg med konstant fart 4 meter per sekund. Grafisk kan det se slik ut:

Den fiolette linjen representerer grafen til funksjonen

f(t) = 4.

Vi er interessert i å se på arealet under grafen. Hva forteller det oss?

• Mopeden kjører med konstant hastighet 4m/s i 7 sekunder.

I den perioden tilbakelegger den en strekning S på $S =v\cdot t = 4m/s \cdot 7s = 28m$.

Dersom vi teller antall ruter under grafen, eller regner ut arealet av rektangelet får vi også 28.

• Arealet under grafen til funksjonen som utrykker hastighet som funksjon av tiden gir oss altså tilbakelagt strekning i samme tidsrom.

Legg merke til følgende:

• Når vi skal tolke arealet under en graf er enheten for svaret alltid lik enheten på x- aksen multiplisert med enheten på y-aksen.

I eksemplet over gir det $s \cdot \frac ms = m$

3.1.3

En annen moped kjører med hastigheten 6 meter per sekund og begynner så å bremse opp. Mopeden bremser med en jevn akselerasjon (negativ) fra 6m/s til 1 m/s. Funksjonen som beskriver situasjonen ser slik ut:

g(t) = 6 - t

Dette skjer i løpet av fem sekunder.

I dette eksemplet ser vi at arealet under grafen er 17,5 og at benevningen er m (meter), hvilket betyr at mopeden beveger seg 17,5 meter under oppbremsingen.

De to eksemplene over var med rette linjer, altså lineære funksjoner. Hva da når grafen krummer?

3.1.4

For å finne arealet under krumme kurver kan vi dele området opp i rektangler som vist under

Vi observerer følgende:

• Rektanglene under kurven i figur A1 og A2 vil gi et større areal enn det som faktisk er under kurven.
• Rektanglene under kurven i figur B1 og B2 vil gi et mindre areal enn det som faktisk er under kurven.
• Bredden av rektanglene og derved også antall rektangler, har betydning for nøyaktigheten i resultatet. Både modell A og B vil bevege seg mot arealet under kurven, når antall rektangler går mot uendelig, og bredden av rektanglene avtar. Arealet under kurven er summen av disse rektanglene. Bredden av et rektangel er gitt ved:

$\Delta x = \frac{b-a}{n}$

Der n er antall rektangler, b er øvre grense og a er nedre grense som begrenser arealet under kurven.

Summen $S_n$ av rektanglene under grafen blir:

$S_n = f(x_1)\cdot \Delta x + f(x_2) \cdot \Delta x+..+f(x_n) \cdot \Delta x$ (kalles Riemannsum)

Det bestemte integralet til f er:

$\int\limits_a^b f(x)dx = \lim_{n \to \infty}S_n$

Der f(x) er integranden, a er nedre integrasjonsgrense, b er øvre integrasjonsgrense.

Dersom det finnes en deriverbar funksjon F(x) er

F'(x) = f(x)

$\int f(x)dx = F(x) + C$

Der C er en konstant. Vi sier at F(x) er en antiderivert av f(x).

Det bestemte integralet blir da:

$\int\limits_a^b f(x)dx = F(b)- F(a)$

Der a og b er integrasjonsgrensene.

Du lurer kanskje på hva som skjedde med C? Dersom vi ser på høyre side av likhetstegnet ser vi at

F(b) + C - (F(a) + C) = F(b) - F(a)

Altså forsvinner C.

Det eksakte svaret på oppgaven er altså:

$\int\limits_1^2 0,3x^2 dx = [\frac{0,3}{3}x^3]_1^2 = 0,1(8-1)= 0,7$

Tilnærmingen med 50 rektangler (A2 og B2) var altså god.

3.1.5

La oss se på eksemplene i begynnelsen:

f(t) = 4 gir:

$\int\limits_0^7 4dt = [4t]_0^7 = 28 -0 = 28 $

Som var det samme resultatet vi fikk ved å telle ruter.

g(t) = 6 -t gir:

$\int\limits_0^5 (6-t)dt = [6t- \frac 12t^2]_0^5 = 30- 12,5 - 0 = 17,5$

Resultatet tilsvarer det vi fikk ved å telle ruter.

3.1.6. Er integral og areal det samme?

Så langt har vi sett på arealer avgrenset av x-aksen, a, b og en graf som ligger over x-aksen. Hva når grafen til funksjonen ligger under x-aksen?

La oss finne det bestemte integralet avgrenset av x = -2, x = -1, x-aksen og funksjonen $f(x)= \frac 1x$

Geogebra gir oss et integral på - 0,69, Altså en negativ verdi. Regning for hånd gir:

$\int\limits_{-2}^{-1} \frac 1x dx dx = ln |-1| - ln |-2| = 0 - 0,69 = -0,69$

Man ser at dette stemmer med grafen til ln (x), som er tegnet lilla i samme koordinatsystem.

Et eksempel til:

f(x) = sin x

$\int\limits_0^{2\pi} (sinx) dx = [-cos x]_0^{2\pi} = -1 -(-1)= 0 $

Fra disse eksemplene ser vi at integralet og arealet IKKE er det samme, selv om vi kan tolke integralet geometrisk.

Noen ganger kan det være vanskelig eller umulig å finne et utrykk for den antideriverte. Da kan man ta utgangspunkt i Riemannsummen og løse problemet numerisk.

Eller man kan gjøre som en professor jeg kjente. Han brukte saks, tykt papir og en nøyaktig vekt. Ved å klippe ut arealet under grafen og sammenligne det med et kjent areal, ved veiing, kom han fram til tilnærminger gode nok for de fleste ingeniørformål.