2.3. Partiell integrering - Versionshistorik

KTH.SE:u1zpa8nw den 17 juli 2007 kl. 14.55

KTH.SE:u1zpa8nw — Tue, 17 Jul 2007 14:55:58 GMT

KTH.SE:u1zpa8nw den 17 juli 2007 kl. 14.53

KTH.SE:u1zpa8nw — Tue, 17 Jul 2007 14:53:44 GMT

KTH.SE:u1zpa8nw: Ny sida: NOTOC
{{Info| '''Innehåll:''' * Partiell integration }} {{Info| '''Lärandemål:''' Efter detta avsnitt ska du ha lärt dig att: * Förstå härledning...
KTH.SE:u1zpa8nw — Tue, 17 Jul 2007 14:48:18 GMT

Ny sida: NOTOC <table><tr><td width="600"> {{Info| '''Innehåll:''' * Partiell integration }} {{Info| '''Lärandemål:''' Efter detta avsnitt ska du ha lärt dig att: * Förstå härledning...

Ny sida
NOTOC
<table><tr><td width="600">

{{Info|
'''Innehåll:'''
* Partiell integration
}}

{{Info|
'''Lärandemål:'''

Efter detta avsnitt ska du ha lärt dig att:

* Förstå härledningen av formeln för partiell integration.
* Lösa integrationsproblem som kräver partiell integration i ett eller två steg.
* Lösa integrationsproblem som kräver partiell integration följt av en substitution (eller tvärt om).

}}

</td>
<td>

</td></tr>

<tr><td width=600>

==Partiell integration==
Vid integrering av produkter kan man ibland använda sig av en metod som kallas ''partiell integration''. Metoden bygger på att man använder deriveringsregeln för produkter baklänges. Om $\,f\,$ och $\,g\,$ är två deriverbara funktioner så gäller enligt produktregeln att

$$D\,(\,f\cdot g) = f^{\,\prime} \cdot g + f \cdot g'\,\mbox{.}$$

Om man nu integrerar båda leden får man

$$f \cdot g = \int (\,f^{\,\prime} \cdot g + f \cdot g'\,)\,dx = \int f^{\,\prime} \cdot g\,dx + \int f\cdot g'\,dx$$

eller efter ommöblering

$$\int f^{\,\prime} \cdot g\,dx = f \cdot g - \int f \cdot g'\,dx\,\mbox{.}$$

Detta ger oss formeln för partiell integration.

<div class="regel">
'''Partiell integration:'''
$$\int f(x)\cdot g(x)\,dx = F(x) \cdot g(x) - \int F(x) \cdot g'(x)\,dx\,\mbox{.}$$
</div>

Detta innebär i praktiken att man integrerar en produkt av funktioner genom att kalla den ena faktorn $\,f\,$ och den andra $\,g\,$, varefter man byter ut integralen $\,\int f \cdot g\,dx\ $ mot den förhoppningsvis enklare integralen $\,\int F \cdot g'\,dx\,\mbox{,}\ $ där $\,F\,$ är en primitiv funktion till $\,f\,$ och $\,g'\,$ är derivatan av $\,g\,$.

Det är viktigt att påpeka att metoden inte alltid leder till en integral som är lättare än den ursprungliga. Det kan också vara helt avgörande hur man väljer funktionerna $\,f\,$ och $\,g\,$, vilket följande exempel visar.

Betrakta integralen $\,\int x \cdot \sin x \, dx\,$. Om man väljer $\,f=x\,$ och $\,g=\sin x\,$ får man $\,F=x^2/2\,$ och $\,g'=\cos x\,$, och enligt formeln för partiell integration

$$\int x \cdot \sin x \, dx = \frac{x^2}{2} \cdot \sin x - \int \frac{x^2}{2} \cdot \cos x \, dx\,\mbox{.}$$

Den nya integralen i högerledet är i detta fall inte enklare än den ursprungliga integralen.

Om man i stället väljer $\,f=\sin x\,$ och $\,g=x\,$ får man $\,F=-\cos x\,$ och $\,g'=1\,$, och

$$\int x \cdot \sin x \, dx = - x \cdot \cos x - \int - 1 \cdot \cos x \, dx = - x\cos x + \sin x + C\,\mbox{.}$$

<div class="exempel">
'''Exempel 1'''

Bestäm integralen $\ \ \displaystyle\int x^2 \cdot \ln x \, dx\,$.
<br>
<br>
Sätt $\,f=x^2\,$ och $\,g=\ln x\,$ eftersom då deriverar vi bort logaritmfunktionen när vi utför en partiell integrering: $\,F=x^2/2\,$ och $\,g'=1/x\,$. Detta ger oss alltså att
$$\eqalign{\int x^2 \cdot \ln x \, dx &= \frac {x^3}{3} \cdot \ln x - \int \frac{x^3}{3} \cdot \frac{1}{x} \, dx = \frac {x^3}{3} \cdot \ln x - \frac{1}{3} \int x^2 \, dx\cr &= \frac{x^3}{3} \cdot \ln x - \frac{1}{3} \cdot \frac{x^3}{3} + C = {\textstyle\frac{1}{3}}x^3 ( \ln x - {\textstyle\frac{1}{3}} ) + C\,\mbox{.}}$$

</div>

<div class="exempel">
'''Exempel 2'''

Bestäm integralen $\ \ \displaystyle\int x^2 e^x \, dx\,$.
<br>
<br>
Sätt $\,f=e^x\,$ och $\,g=x^2\,$, vilket ger att $\,F=e^x\,$ och $\,g'=2x\,$, och en partiell integrering ger att

$$ \int x^2 e^x \, dx = x^2 e^x - \int 2x\,e^x \, dx\,\mbox{.}$$

Här krävs ytterligare partiell integration för att lösa den nya integralen $\,\int 2x\,e^x \, dx\,$. Vi väljer i detta fall $\,f=e^x\,$ och $\,g=2x\,$, vilket ger att $\,F=e^x\,$ och $\,g'=2\,$

$$\int 2x\,e^x \, dx = 2x\,e^x - \int 2 e^x \, dx = 2x\,e^x - 2 e^x + C\,\mbox{.}$$

Den ursprungliga integralen blir alltså

$$ \int x^2 e^x \, dx = x^2 e^x - 2x\,e^x + 2 e^x + C\,\mbox{.}$$

</div>

<div class="exempel">
'''Exempel 3'''

Bestäm integralen $\ \ \displaystyle\int e^x \cos x \, dx\,$.
<br>
<br>
I en första partiell integrering väljer vi att integrera faktorn $\,e^x\,$ och derivera faktorn $\,\cos x\,$

$$\int e^x \cos x \, dx = e^x \cdot \cos x - \int e^x \cdot(-\sin x) \, dx\,\mbox{.}$$

$$\int e^x \cos x \, dx = e^x \cos x + \int e^x \sin x \, dx\,\mbox{.}$$

Resultatet blev att vi väsentligen bytte ut faktorn $\,\cos x\,$ mot $\,\sin x\,$ i integralen. Om vi därför partialintegrerar en gång till (integrera $\,e^x\,$ och derivera $\,\sin x\,$) då får vi att

$$\int e^x \sin x \, dx = e^x \sin x - \int e^x \cos x \, dx\,\mbox{.}$$

Den ursprungliga integralen dyker här alltså upp igen. Vi får sammantaget:

$$\int e^x \cos x \, dx = e^x \cos x + e^x \sin x - \int e^x \cos x \, dx$$

och samlar vi integralerna i ena ledet fås att
$$\int e^x \cos x \, dx = {\textstyle\frac{1}{2}}e^x ( \cos x + \sin x) + C\,\mbox{.}$$

Trots att de partiella integrationerna i detta fall inte ledde till någon enklare integral kom vi alltså fram till en ekvation där den ursprungliga integralen kunde ”lösas ut”. Detta är inte helt ovanligt när integranden är en produkt av trigonometriska funktioner och/eller exponentialfunktioner.

</div>

<div class="exempel">
'''Exempel 4'''

Beräkna integralen $\ \ \displaystyle \int_{0}^{1} \displaystyle \frac{2x}{e^x} \, dx\,$.
<br>
<br>
Integralen kan skrivas om som
$$\int_{0}^{1} \frac{2x}{e^x} \, dx = \int_{0}^{1} 2x \cdot e^{-x} \, dx\,\mbox{.}$$
Sätt nu $\,f=e^{-x}\,$ och $g=2x$, och partialintegrera
$$\eqalign{\int_{0}^{1} 2x \cdot e^{-x} \, dx &= \Bigl[\,-2x\,e^{-x}\,\Bigr]_{0}^{1} + \int_{0}^{1} 2 e^{-x} = \Bigl[\,-2x e^{-x}\,\Bigr]_{0}^{1} + \Bigl[\,-2 e^{-x}\, \Bigr]_{0}^{1}\cr &= (-2 \cdot e^{-1}) - 0 + (- 2\cdot e^{-1}) - (-2) = - \frac{2}{e} - \frac{2}{e} + 2 = 2 - \frac{4}{e}\,\mbox{.}}$$

</div>

<div class="exempel">
'''Exempel 5'''

Beräkna integralen $\ \ \displaystyle \int \ln \sqrt{x} \ dx\,$.
<br>
<br>
Vi utför först en variabelsubstitution $\,u=\sqrt{x}\,$ vilket ger att $\,du=dx/2\sqrt{x} = dx/2u\,$, dvs, $dx = \,2u\,du\,$,

$$\int \ln \sqrt{x} \, dx = \int \ln u \cdot 2u \, du\,\mbox{.}$$

Sedan partialintegrerar vi. Sätt $\,f=2u\,$ och $g=\ln u\,$, vilket ger att

$$\eqalign{\int \ln u \cdot 2u \, du &= u^2 \ln u - \int u^2 \cdot \frac{1}{u} \, du = u^2 \ln u - \int u\, du = u^2 \ln u - \frac{u^2}{2} + C\cr &= x \ln \sqrt{x} - \frac {x}{2} + C = x \bigl( \ln \sqrt{x} - {\textstyle\frac{1}{2}} \bigr) + C\,\mbox{.}}$$

''Anm.'' Ett alternativt tillvägagångssätt är att skriva om den ursprungliga integranden som $\,\ln\sqrt{x} = \frac{1}{2}\ln x\,$ och sedan partialintegrera produkten $\,\frac{1}{2}\cdot\ln x\,$.

</div>