Delvis integrasjon

Jostein Trondal

Februar 2014

Intro

Hvis \(f\) og \(g\) er funksjoner så er den deriverte av produktet av \(f\) og \(g\) slik: \[(f\cdot g)'=f'\cdot g+f\cdot g'\] Men hva da med integralet av et produkt av to funksjoner? \[\int fg\,dx=\,?\]

Notasjon

Det finnes en flott formel som kan skrives med en litt spesiell notasjon. En vanlig notasjon for den deriverte av \(f\) er \(f'\). Den dobbelt- og trippeltderiverte kan skrives som hhv \(f''\) og \(f'''\). Fjerde- og femtederiverte skrives gjerne som \(f^{(4)}\) og \(f^{(5)}\). Så hvis \(n\) er et positivt heltall så betyr \(f^{(n)}\) den \(n\)'te deriverte av \(f\). Det er naturlig å utvide notasjonen slik at \[f^{(-1)}=\int f\,dx\] og den \(n\)'te antideriverte av \(f\) kan skrives som \(f^{(-n)}\) der \(n\) er et positivt heltall.

Formel

Ved å bruke notasjonen ovenfor har vi \begin{align*}\int fg\,dx&=fg^{(-1)}-\int f^{(1)}g^{(-1)}\,dx\end{align*} Dette kalles delvis integrasjon. Ved første øyekast ser det ut som en upraktisk formel som gjør ting mer komplisert. Men det viser seg at den kan forenkle integraler.

Eksempel 1

\begin{align*}\int xe^x\,dx&=xe^x-\int 1e^x\,dx=xe^x-e^x+C\end{align*} Vi ser at siden \(f'=x'=1\) så blir integralet forenklet slik at vi kan løse det.

Eksempel 2

Siden \(fg=gf\) velger vi selv hva som skal være \(f\) og hva som skal være \(g\). Typisk så velger vi \(f\) til å være en funksjon som er enkel å derivere og \(g\) til å være en funksjon som er enkel å antiderivere. Hvis begge funksjonene er enkle å derivere og antiderivere velges \(f\) og \(g\) slik at resultatet blir enklest mulig.

Hvis vi skal løse \(\int \cos(x)x\,dx\) kan vi velge \(f=\cos(x)\) og \(g=x\) og får da \[\int\cos(x)x\,dx=\cos(x)\cdot\frac12x^2-\int\sin(x)\cdot\frac12x^2\,dx\] som forsåvidt er sant, men vi er lengre unna en løsning enn der vi startet. Velger vi derimot \(f=x\) og \(g=\cos(x)\) får vi \begin{align*}\int x\cos(x)\,dx&=x\cdot\sin(x)-\int1\cdot\sin(x)\,dx\\&=x\sin(x)-(-\cos(x))+C\\&=x\sin(x)+\cos(x)+C\end{align*}

Eksempel 3

En klassisk oppgave som kan løses med delvis integrasjon er \[\int\ln(x)\,dx\]Hva skal vi gjøre nå? Vi har jo bare en funksjon! Men hva er svaret? Det lure her er å velge \(f=\ln(x)\) og \(g=1\). Og da får vi \[\int\ln(x)\cdot1\,dx=\ln(x)\cdot x-\int\frac{1}{x}\cdot x\,dx=x\ln(x)-x+C\]

Hva med integrasjonskonstanten til \(g^{(-1)}\)?

La oss se på formelen igjen: \begin{align*}\int fg\,dx&=fg^{(-1)}-\int f^{(1)}g^{(-1)}\,dx\end{align*} Et relevant spørsmål er: Får vi ikke en integrasjonskonstant fra \(g^{(-1)}\)? Hva skjer med den? Det korte svaret er at jo, vi får en integrasjonskonstant fra \(g^{(-1)}\) men vi kan velge å sette den lik \(0\). La oss se på et eksempel: \begin{align*}\int xe^x\,dx&=x(e^x+C_1)-\int(e^x+C_1)\,dx\\&=xe^x+C_1x-e^x-C_1x+C\\&=xe^x-e^x+C\end{align*} så vi ser at det ikke har noe å si hva \(C_1\) er. Det betyr at den vanligvis settes lik \(0\) siden det som oftest er det mest praktiske.

Forenkling ved å sette integrasjonskonstanten til \(g^{(-1)}\neq0\)

Det kan hende at det faktisk er lurt å sette integrasjonskonstanten fra \(g^{(-1)}\) lik noe annet enn \(0\) hvis det kan føre til en forenkling. Her er et eksempel på det. La oss løse \(\int x\tan^{-1}(x)\,dx\). Fra en tabell kan vi finne \((\tan^{-1}(x))'=\frac{1}{x^2+1}\). Hvis vi da velger \(f=\tan^{-1}(x)\), \(g=x\) og integrasjonskonstanten fra \(g^{(-1)}\) lik \(0\) får vi: \[\int \tan^{-1}(x)\cdot x\,dx=\tan^{-1}(x)\cdot\frac{1}{2}x^2-\int\frac{1}{x^2+1}\cdot\frac{1}{2}x^2\,dx\] og integralet til slutt her skal vi nok alltids klare å hamle opp med. Men la oss se hva som skjer hvis vi tar vare på integrasjonskonstanten fra \(g^{(-1)}\): \begin{align*}\int \tan^{-1}(x)x\,dx&=\tan^{-1}(x)\left(\frac{1}{2}x^2+C_1\right)-\int\frac{1}{x^2+1}\left(\frac{1}{2}x^2+C_1\right)\,dx\end{align*} Hvis vi her velger \(C_1=\frac{1}{2}\) fører det til en enorm forenkling: \begin{align*}\int \tan^{-1}(x)x\,dx&=\tan^{-1}(x)\left(\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{2}\int\frac{x^2+1}{x^2+1}\,dx\\&=\frac{1}{2}\tan^{-1}(x)\left(x^2+1\right)-\frac{1}{2}\int1\,dx\\&=\frac{1}{2}\tan^{-1}(x)\left(x^2+1\right)-\frac{1}{2}x+C\end{align*} Dette knepet er hentet fra J. L. Borman, A Remark on Integration by Parts, Amer. Math. Monthly 51.1 (1944) 32-32.

Delvis integrasjon flere ganger

Hvis vi har \(\int\frac{1}{2}x^2e^x\,dx\) og velger \(f=\frac{1}{2}x^2\) og \(g=e^x\) får vi \[\int\frac{1}{2}x^2e^x\,dx=\frac{1}{2}x^2e^x-\int xe^x\,dx\] og vi kan se at det siste integralet faktisk er det samme som det vi løste i eksempel 1, ved hjelp av delvis integrasjon. Så noen ganger må formelen brukes om igjen for å komme i mål. Formelen brukt to ganger blir slik: \begin{align*}\int fg\,dx&=fg^{(-1)}-f^{(1)}g^{(-2)}+\int f^{(2)}g^{(-2)}\,dx\end{align*} Formelen brukt tre ganger blir slik: \begin{align*}\int fg\,dx&=fg^{(-1)}-f^{(1)}g^{(-2)}+f^{(2)}g^{(-3)}-\int f^{(3)}g^{(-3)}\,dx\end{align*} og vi ser at det dukker opp et fint og forutsigbart mønster. Legg merke til at annenhvert ledd er positivt og negativt, at hvert ledd består av produktet av \(f\) derivert en gang til, og \(g\) antiderivert en gang til, og at antall ganger \(f\) er derivert er \(1\) gang færre en antall ganger \(g\) er antiderivert, bortsett fra i det siste integralet der begge er hhv derivert og antiderivert like mange ganger.

Utvidet formel

Delvis integrasjon utført \(n\) ganger kan skrives med formelen \[\int fg\,dx=fg^{(-1)}-f^{(1)}g^{(-2)}+\cdots+(-1)^{n-1}f^{(n-1)}g^{(-n)}+(-1)^{n}\int f^{(n)}g^{(-n)}\,dx\] En flott konsekvens av denne formelen er at hvis \(f^{(n)}=0\), altså hvis den \(n\)'te deriverte av \(f\) er lik null, så blir det siste integralet rett og slett bare lik \(C\). Det betyr at hvis \(f\) er et \(n\)'te grads polynom og \(g\) enkelt lar seg antiderivere \(n\) ganger, så er det lett å løse integralet. Bare se her:

Eksempel 4

\begin{align*}\int(2x^3-5x^2+6)e^{2x}\,dx&=(2x^3-5x^2+6)\cdot\frac{1}{2}e^{2x}-(6x^2-10x)\cdot\frac{1}{4}e^{2x}\\&\quad+(12x-10)\cdot\frac{1}{8}e^{2x}-12\cdot\frac{1}{16}e^{2x}+C\\&\hspace{-3cm}=\left(\frac{2}{2}x^3-\frac{5}{2}x^2-\frac{6}{4}x^2+\frac{10}{4}x+\frac{12}{8}x+\frac{6}{2}-\frac{10}{8}-\frac{12}{16}\right)e^{2x}+C\\&=(x^3-4x^2+4x+1)e^{2x}+C\end{align*}

Et knep med sinus og cosinus

La oss prøve formelen på \(\int\sin(x)e^x\,dx\) med \(f=\sin(x)\) og \(g=e^x\): \[\int\sin(x)e^x\,dx=\sin(x)e^x-\cos(x)e^x+(-\sin(x))e^x-(-\cos(x))e^x+\cdots\] Problemet her er at den \(n\)'te deriverte av \(f\) aldri blir \(0\), men kun hopper frem og tilbake mellom sinus og cosinus. Men det er heldigvis en løsning. La oss bruke den utvidede formelen med \(n=2\): \[\int\sin(x)e^x\,dx=\sin(x)e^x-\cos(x)e^x+\int(-\sin(x))e^x\,dx\] Dette løser vi rett og slett som en likning: \begin{align*}2\int\sin(x)e^x\,dx&=\sin(x)e^x-\cos(x)e^x+C_1\\\int\sin(x)e^x\,dx&=\frac{1}{2}(\sin(x)-\cos(x))e^x+C\end{align*}