Info: Integrasjonsteknikker

[mstud]

Flott arbeid også denne gang!

men de linkene øverst som er blitt www.gooogle.no/sa? eller hva det var det sto, hiver en ut i løse luften hvis en prøver følge dem (kanskje du vil rette det opp?)
Feilmeldingen som kommer opp (trykte på en av dem fordi jeg syntes de så litt merkelige ut) er: Siden du var på prøver å sende deg til en ugyldig ....

Jeg så med andre ord ikke så altfor mye trignometri der ^^

[Nebuchadnezzar]

Skal fikse opp det meste snart ^^ La inn at alle = skulle byttes ut med \,=\, som gjør at linkene også streiker.

Planen var å skrive litt om integrasjon av hyperbolske og invershyperbolske funksjoner som jeg glemte først... (Takk Janhaa)

Så skrive litt om noen spesialfunksjoner og spesialmetoder

Så tror at jeg skal runde av med å skrive litt generelt om integrasjon.

Bytting av grenser, absoluttegn, etc. Alt jeg ikke har tatt med ^^

så skal jeg fikse opp i postene mine, er veldig mange feil der...

Så kanskje legge det inn på wikien etterpå, i tillegg til å kanskje oppsumere noe av dette i et pdf dokument.

Så det meste kommer... Tar bare litt tid =) Takk for positive tilbakemeldinger, er det noe jeg har glemt, noe dere vil ta med. Noen oppgaver som jeg har skrevet som er for vanskelige er det bare å nevne.

[Karl_Erik]

Veldig bra tråd dette. Om du får tid tror jeg som flere andre at dette hadde passet bra på wikien om du hadde renskrevet det litt, men uansett veldig bra initiativ.

[steinpetter]

Liten slurvefeil på det første eksemplet ditt i første tråden

Ellers tusen takk for å ha hjulpet meg til å forså integrasjon bedre!

[Nebuchadnezzar]

Skal renskrive når jeg får tid, er bare et mareritt og rette opp latexen. Hver gang jeg legger til tagger scroller den til toppen...

Uansett et innlegg om forskjellige spesialteknikker, rekkeutvikling og generelt om vanskelige integral er nesten oppe.

Kommer vell i morgen. Tatt en god stund å skrive. Har også sammlet litt over 220 integraloppgaver, fra lett til vanskelig om noen er interessert.

[asdf]

Har også sammlet litt over 220 integraloppgaver, fra lett til vanskelig om noen er interessert.

Interessert!

[Nebuchadnezzar]

http://www.2shared.com/document/kjTBhXJ ... _to_Z.html

Om noen har noen flere artige oppgaver, så bare å slenge dem ut så legger jeg dem til.

[espen180]

Så gjennom oppgavesettet ditt. Meget imponerende! Jeg er enig med Karl Erik. Dersom du har tid og lyst, hadde dette vært midt i blinken for wikien.

[Nebuchadnezzar]

Integrasjon av spesielle funksjoner

Spesialteknikk 1 , 2 og 3
Rekker
Derivering under integraltegnet (Feynman integrasjon)
Polarkoordinater
Kontur Integrasjon

Opp til nå har vi sett på funksjoner som alle sammen kan skrives som elementærfunksjoner. Noen av integralene vi har hatt, har vært ganske vanskelige, men overkommelige. Eksempler på dette er integral som

[tex] I \, = \, \int {\ln \left( {\sqrt {1 - x} + \sqrt {x - 1} } \right)} \, \text{dx} [/tex]

[tex] I \, = \, \int {\sqrt {\frac{{{e^x} + 1}}{{{e^x} - 1}}} \, \text{dx}} [/tex]

[tex] I \, = \, \int {\sqrt[3]{{\tan \left( x \right)}} \, \text{dx}} [/tex]

[tex] I \, = \, \int {\frac{1}{{{x^3} + 1}} \, \text{dx} }[/tex]

Vi kommer ikke til å se nærmere på noen av integralene over unntatt det siste, de andre lar vi være opp til leser og evaluere. Men det finnes mange funksjoner som det ikke har en elementær antiderivert. Gir noen eksempler under. Prøv å skriv disse funksjonene inn på en kalkulator, og se hva du får. En grei kalkulator på nettet er www.wolframalpha.com

[tex] I \, = \, \int { \sqrt{ \sin \left( x \right)}} \, \text{dx} [/tex]

[tex] I \, = \, \int {{e^{ - {x^2}}} \, \text{dx}} [/tex]

[tex] I \, = \, \int {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right) \, \text{dx} } [/tex]

[tex] I \, = \, \int {\frac{1}{{\ln \left( x \right)}} \, \text{dx}} [/tex]

[tex] I \, = \, \int {\frac{{\cos \left( x \right)}}{x} \, \text{dx}} [/tex]

Også videre også videre. Wikipedia har en grei artikkel hva definisjonen av elementærfunksjoner er. Kort sagt er det alt som kan skrives med Brøk, trigonometriske funksjoner, logaritmer, kvadratrøtter og imaginære tall.

http://en.wikipedia.org/wiki/Elementary_function

Integralet er jo som kjent bare en måte å uttrykket arealet under en graf på.
Så selv om vi ikke kan uttrykke det udefinerte integralet av en funksjon, kan vi fortsatt tilnærme arealet under den. Ved kraftige nok datamaskiner og nok tid, kan vi få så nøyaktige tall som vi bare vil. Det denne posten her går ut på er å finne bestemte uttrykk for arealet under funksjoner, selv om vi ikke kan utrykk det ubestemte integralet gjennom elementære funksjoner.
Om dette var uklart så blir det forhåpentligvis oppklart gjennom eksempler.

Spesialteknikk 1

Før vi begynner trenger vi litt flere verktøy i verktøykassen for å regne ut styggere integral. . Viser her en nyttig identitet som kommer godt med for mange koselige integral.

[tex] \int\limits_a^b {f\left( x \right) \, \text{dx}} \, = \, \int\limits_a^b {f\left( {a + b - x} \right) \, \text{dx}} [/tex]

Vi begynner med en lett og åpenbar substitusjon for å vise denne likheten.

[tex]I \, = \, \int\limits_a^b {f\left( {a + b - x} \right) \, \text{dx}} [/tex]

[tex] t \, = \, a + b - x\;,\;\frac{{\, \text{dt}}}{{ \, \text{dx}}} \, = \, - 1\;,\;{\rm{ \, \text{dx}}} \, = \, - \, \text{dt}\;,\;x \, = \, a + b - t [/tex]

[tex]I \, = \, \int\limits_{x \, = \, a}^{x \, = \, b} { - f\left( t \right)\, \text{dt}} \, = \, - \int\limits_{a + b - t \, = \, a}^{a + b - t \, = \, b} {f\left( t \right)\, \text{dt}} \, = \, - \int\limits_{t \, = \, b}^{t \, = \, a} {f\left( t \right)\, \text{dt}} \, = \, \int\limits_a^b {f\left( t \right) \, \, \text{dt}} [/tex]

Dermed er

[tex]I \, = \, \int\limits_a^b {f\left( {a + b - x} \right) \, \text{dx}} \, = \, \int\limits_a^b {f\left( t \right) \, \text{dt}} \, = \, \int\limits_a^b {f\left( x \right) \, \text{dx}} [/tex]


Som vi ser stemmer. For å se den aller siste likheten kan vi tenke oss at vi har en funksjon [tex] G(x) [/tex] og at [tex] \frac{d}{ \, \text{dx}} \, = \, g(x) [/tex] , dette betyr at.

[tex] \int\limits_b^a {g\left( x \right) \, \text{dx}} \, = \, G\left( a \right) - G\left( b \right) [/tex]

Så ser vi at

[tex] - \int\limits_b^a {g\left( x \right) \, \text{dx}} \, = \, - \left( {G\left( a \right) - G\left( b \right)} \right) \, = \, G\left( b \right) - G\left( a \right) \, = \, \int\limits_a^b {g\left( x \right) \, \text{dx}} [/tex]

Fra likheten på toppen kan vi også lett vise at:

[tex] \int\limits_0^a {f\left( x \right)} \, = \, \int\limits_0^a {f\left( {a - x} \right)} [/tex]

ved å sette [tex] b \, = \, 0[/tex]

La oss ta en oppgave hvor vi kan få bruk for denne identiten. Dette er A5 fra Putnam 05. Putnam kan man lese mer om her.

http://en.wikipedia.org/wiki/William_Lo ... ompetition

Men kort sagt er Putnam regnet en av de aller vanskeligste konkurransene for elever som går siste året på videregående eller de tre første på universitet.

Her er oppgaven.

[tex] \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( {x + 1} \right)}}{{{x^2} + 1}}} \, \text{dx}[/tex]

Det første jeg legger merke til her er at nevner skriker om en trigonometrisk substitusjon med tangens.

[tex] x \, = \, \tan (t) \, , \, \, \text{dx} \, = \, \sec {\left( t \right)^2} \, \text{dt} [/tex]

[tex] \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( {\tan \left( t \right) + 1} \right)}}{{\tan {{\left( t \right)}^2} + 1}}} \sec {\left( t \right)^2}\, \text{dt} [/tex]

[tex] \int\limits_{x \, = \, 0}^{x \, = \, 1} {\ln \left( {\tan \left( t \right) + 1} \right)} \, \text{dt} \, = \, \int\limits_{\tan t \, = \, 0}^{\tan t \, = \, 1} {\ln \left( {\tan \left( t \right) + 1} \right)} \, \text{dt} \, = \, \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln \left( {\tan \left( t \right) + 1} \right)} \, \text{dt}[/tex]

Blir litt forkortning, og jeg forandrer grensene I siste linje. Forandringen av grensene kommer av substitusjonen tidligere. Men integralet vårt ser ikke så veldig mye lettere ut. Prøver vi ut forskjellige metoder ser vi at ingenting fører frem. Vi leggere merke til at ene grensen er null, mens den andre er en enkel vinkel målt i radianer. Dette er et hett tips for at spesialteknikken vår kan brukes.

[tex] \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln \left( {\tan \left( t \right) + 1} \right)} \, \text{dt} \, = \, \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln \left( {\tan \left( {\frac{\pi }{4} - t} \right) + 1} \right)} \, \text{dt}[/tex]

Ikke så mye bedre, men la oss trikse litt med uttrykket via sumformelen for tangens.

[tex] \tan \left( {A - B} \right) \, = \, \frac{{\tan \left( A \right) - \tan \left( B \right)}}{{1 + \tan \left( A \right)\tan \left( B \right)}} [/tex]

[tex] \tan \left( {\frac{\pi }{4} - t} \right) \, = \, \frac{{\tan \left( {\frac{\pi }{4}} \right) - \tan \left( t \right)}}{{1 + \tan \left( {\frac{\pi }{4}} \right)\tan \left( t \right)}} \, = \, \frac{{1 - \tan \left( t \right)}}{{1 + \tan \left( t \right)}} [/tex]

Har vi fått ett litt enklere uttrykk, putter vi inn vårt nye uttrykk for [tex] \tan{(\pi-x)} [/tex] inn i integralet vår vi:

[tex] \ln \left( {\tan \left( {\frac{\pi }{4} - t} \right) + 1} \right) \, = \, \ln \left( {\frac{{1 - \tan \left( t \right)}}{{1 + \tan \left( t \right)}} + 1} \right) \, = \, \ln \left( {\frac{2}{{1 + \tan \left( t \right)}}} \right) [/tex]

Nå er vi snart i mål. Her tenker jeg at nå har vi endelig vist at

[tex] \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln \left( {\tan \left( t \right) + 1} \right)} \, \text{dt} \, = \, \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln \left( {\frac{2}{{1 + \tan \left( t \right)}}} \right)} [/tex]

Ser vi kan få noen fine kanselleringer om vi legger sammen disse to uttrykkene.

[tex] 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln \left( {\tan \left( t \right) + 1} \right)} \, \text{dt} \, = \, \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln \left( {\tan \left( t \right) + 1} \right)} \, \text{dt} + \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln \left( {\tan \left( t \right) + 1} \right)} \, \text{dt}[/tex]

[tex] 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln \left( {\tan \left( t \right) + 1} \right)} \, \text{dt} \, = \, \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln \left( {\tan \left( t \right) + 1} \right)} \, \text{dt} + \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln \left( {\frac{2}{{1 + \tan \left( t \right)}}} \right)} \, \text{dt}[/tex]

[tex] 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln \left( {\tan \left( t \right) + 1} \right)} \, \text{dt} \, = \, \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln \left( {\frac{2}{{1 + \tan \left( t \right)}}} \right) + \ln \left( {\tan \left( t \right) + 1} \right)} \, \text{dt}[/tex]

[tex] 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln \left( {\tan \left( t \right) + 1} \right)} \, \text{dt} \, = \, \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln \left( {2\frac{{\left( {\tan \left( t \right) + 1} \right)}}{{1 + \tan \left( t \right)}}} \right)} \, \text{dt}[/tex]

Skriver funksjonen to ganger, omformer siste del. Legger sammen pga like grenser.
Bruker reglene om logaritmer som er at [tex] \ln(a) + \ln(b) \, = \, \ln(ab) [/tex]
Ser at vi får noen veldig fine kanselleringer og står igjen med noe enkelt.

Som gir at det endelige integralet blir

[tex] 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln \left( {\tan \left( t \right) + 1} \right)} \, \text{dt} \, = \, \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln \left( 2 \right)} \, \text{dt} \, = \, \left[ {\ln \left( 2 \right)t} \right]_0^{\frac{\pi }{4}} \, = \, \frac{\pi }{4}\ln \left( 2 \right) [/tex]

[tex] \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln \left( {\tan \left( t \right) + 1} \right)} \, \text{dt} \, = \, \frac{\pi }{8}\ln \left( 2 \right) [/tex]

[tex] \underline{\underline {\int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( {x + 1} \right)}}{{{x^2} + 1}}} \, \text{dx} \, = \, \frac{\pi }{8}\ln \left( 2 \right)}} [/tex]

I mine øyne er dette integralet nydelig, og viser en fin bruk av litt spesielle identiteter. Videre kan vi se at den originale funksjonen ikke har en bestemt antiderivert, men vi klarte likevel å finne en nøyaktig verdi for det bestemte integralet.

Samme teknikk kan også bli brukt på integralet:

[tex] I \, = \, \int\limits_2^4 {\frac{{\sqrt {\ln \left( {9 - x} \right)} }}{{\sqrt {\ln \left( {3 + x} \right)} + \sqrt {\ln \left( {9 - x} \right)} }} \, \text{dx}} [/tex]

Men det lar vi være opp til leser og bestemme. Det er litt enklere enn vårt eksempel, men er fortsatt med i putnam.
Vi velger eller å fokusere på en litt annerledes funksjon, men med mye den samme teknikken. Råde alle til å virkelig prøve på dette integralet før man ser på løsningen.

[tex] \int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin x}}{{1 + \cos {{\left( x \right)}^2}}}} \, \text{dx} \, = \, \int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin x}}{{1 + \left( {1 - \sin {{\left( x \right)}^2}} \right)}}} \, \text{dx} \, = \, \int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin x}}{{2 - \sin {{\left( x \right)}^2}}}} \, \text{dx} [/tex]

[tex] \int\limits_0^\pi {\frac{{\left( {\pi - x} \right)\sin \left( {\pi - x} \right)}}{{2 - {{\left( {\sin \left( {\pi - x} \right)} \right)}^2}}}} \, \text{dx} [/tex]

Bruker her den kjente omskrivningen vår, etter en liten omforming av nevner. Hvorfor dette blir gjort ser man straks når vi bruker sumformelen for sinus. Dette er også en identitet som burde ligge inne for mange, men vi velger å vise utledning her.

[tex] \sin \left( {u - v} \right) \, = \, \cos \left( u \right)\sin \left( v \right) - \cos \left( u \right)\sin \left( v \right) [/tex]

[tex] \sin \left( {\pi - x} \right) \, = \, \cos \left( \pi \right)\sin \left( x \right) - \cos \left( x \right)\sin \left( \pi \right) \, = \, 1 \cdot \sin \left( x \right) - \cos \left( x \right) \cdot 0 \, = \, \sin \left( x \right) [/tex]

Dette gjør at integralet vårt blir omformet til

[tex] \int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin x}}{{1 + \cos {{\left( x \right)}^2}}}} \, \text{dx} \, = \, \int\limits_0^\pi {\frac{{\left( {\pi - x} \right)\sin \left( {\pi - x} \right)}}{{2 - {{\left( {\sin \left( {\pi - x} \right)} \right)}^2}}}} \, \text{dx} \, = \, \int\limits_0^\pi {\left( {\pi - x} \right)\frac{{\sin \left( x \right)}}{{2 - \sin {{\left( x \right)}^2}}}} \, \text{dx} \, = \, \int\limits_0^\pi {\pi \cdot \frac{{\sin \left( x \right)}}{{2 - \sin {{\left( x \right)}^2}}}} \, \text{dx} + \int\limits_0^\pi { - x \cdot \frac{{\sin \left( x \right)}}{{2 - \sin {{\left( x \right)}^2}}}} \, \text{dx}[/tex]

Gjør egentlig ikke så mye hokus pokkus her. Ganger ut parentesen [tex] (\pi - x) [/tex] og deler opp integralet vårt. Dette gjør vi fordi vi da ser at vi har samme integral på høyre og venstre side av likhetstegnet

[tex] \int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}} \, \text{dx} \, = \, \int\limits_0^\pi {\frac{{\pi \sin \left( x \right)}}{{1 + {{\cos }^2}x}}} \, \text{dx} - \int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin \left( x \right)}}{{1 + {{\cos }^2}x}}} \, \text{dx} [/tex]

[tex] 2\int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}} \, \text{dx} \, = \, \pi \int\limits_0^\pi {\frac{{\sin \left( x \right)}}{{1 + {{\cos }^2}x}}} \, \text{dx} [/tex]

Faktoriserer ut konstanter og legger til integralet vårt på begge sider. Nå er det verste over, og siste integralet er bare kakemat.

[tex] u \, = \, \cos \left( x \right),\frac{{du}}{{ \, \text{dx}}} \, = \, - \sin \left( x \right), \, \text{dx} \, = \, - \frac{{du}}{{\sin \left( x \right)}} [/tex]

[tex] 2\int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}} \, \text{dx} \, = \, \pi \int\limits_0^\pi {\frac{{\sin \left( x \right)}}{{1 + {u^2}}}} \left( { - \frac{{du}}{{\sin \left( x \right)}}} \right) [/tex]

[tex] 2\int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}} \, \text{dx} \, = \, - \pi \int\limits_0^\pi {\frac{1}{{1 + {u^2}}}} du [/tex]

[tex] 2\int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}} \, \text{dx} \, = \, - \pi \left[ {\arctan \left( u \right)} \right]_0^\pi [/tex]

[tex] 2\int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}} \, \text{dx} \, = \, - \pi \left[ {\arctan \left( {\cos \left( \pi \right)} \right) - \arctan \left( {\cos \left( 0 \right)} \right)} \right]_0^\pi [/tex]

[tex] 2\int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}} \, \text{dx} \, = \, - \pi \left[ { - \frac{\pi }{4} - \frac{\pi }{4}} \right] [/tex]

[tex] \underline{\underline {\int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}} \, \text{dx} \, = \, \frac{{{\pi ^2}}}{4}}} [/tex]

Bruker litt substitusjon, litt kunnskaper om cosinusfunksjoner og litt algebra. Også var dette problemet i boks.

Spesialteknikk 2

Nå skal vi ta en titt på en annen identitet som kan hjelpe oss med lignende integral.

[tex] \int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right)} \, \text{dx} \, = \, \int\limits_0^a {f\left( x \right) + f\left( { - x} \right)} \, \text{dx}[/tex]

Dette er også noe av grunnen til at vi kan skrive om funksjoner som er symmetriske om x-aksen. Klarer du å se hvorfor?
Uansett videre til beviset vårt

[tex] \int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right)} \, \text{dx} \, = \, \int\limits_{ - a}^0 {f\left( x \right)} \, \text{dx} + \int\limits_0^a {f\left( x \right)} \, \text{dx} [/tex]

[tex] \int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right)} \, \text{dx} \, = \, - \int\limits_0^{ - a} {f\left( x \right)} \, \text{dx} + \int\limits_0^a {f\left( x \right)} \, \text{dx} [/tex]

Bruker nå en liten substitusjon på vårt første integral.

[tex] - \int\limits_0^{ - a} {f\left( x \right)} \, \text{dx} \, = \, - \int\limits_{ - t \, = \, 0}^{ - t \, = \, - a} {f\left( { - t} \right)} \left( { - \, \text{dt}} \right) \, = \, \int\limits_0^a {f\left( { - t} \right)\, \text{dt}} [/tex]

[tex] x \, = \, - t,\frac{{ \, \text{dx}}}{{\, \text{dt}}} \, = \, - 1, \, \text{dx} \, = \, - \, \text{dt} [/tex]

Her er t bare en dummy variabel. Integralet vårt er fortsatt likt, og vi oppsumerer.
Altså et variabelskifte forandrer ikke integralet, når vi også forandrer grensene.
Derfor stemmer følgende utregning

[tex] \int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right)} \, \text{dx} \, = \, \int\limits_{ - a}^0 {f\left( x \right)} \text{dx} + \int\limits_0^a {f\left( x \right)} \, \text{dx} [/tex]

[tex] \int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right)} \, \text{dx} \, = \, \int\limits_0^a {f\left( { - t} \right)\, \text{dt}} + \int\limits_0^a {f\left( x \right)} \, \text{dx} [/tex]

[tex] \int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right)} \, \text{dx} \, = \, \int\limits_0^a {f\left( { - x} \right) \, + f\left( x \right) \, \text{dx} [/tex]

Q E D

Da kan vi bruke dette eksempelet slik vi ser nytten av formelen ovenfor.

[tex] I \, = \, \int\limits_{ - \pi /2}^{\pi /2} {\frac{1}{{{{2007}^x} + 1}} \cdot \frac{{{{\sin }^{2008}}x}}{{{{\sin }^{2008}}x + {{\cos }^{2008}}x}} \, \text{dx}} [/tex]

Anbefaler alle å prøve seg på dette problemet før man ser løsningen.

[tex] I \, = \, \int\limits_0^{\pi /2} {\frac{1}{{{{2007}^x} + 1}} \cdot \frac{{{{\sin }^{2008}}x}}{{{{\sin }^{2008}}x + {{\cos }^{2008}}x}} + \frac{1}{{{{2007}^{\left( { - x} \right)}} + 1}} \cdot \frac{{{{\sin }^{2008}}\left( { - x} \right)}}{{{{\sin }^{2008}}\left( { - x} \right) + {{\cos }^{2008}}\left( { - x} \right)}} \, \text{dx}} [/tex]

[tex] I \, = \, \int\limits_0^{\pi /2} {\frac{1}{{{{2007}^x} + 1}} \cdot \frac{{{{\sin }^{2008}}x}}{{{{\sin }^{2008}}x + {{\cos }^{2008}}x}} +\frac{{{{2007}^x}}}{{{{2007}^x} + 1}} \cdot \frac{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right)}}{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right) + {{\cos }^{2008}}\left( x \right)}} \, \text{dx}} [/tex]

[tex] I \, = \, \int\limits_0^{\pi /2} {\left( {\frac{1}{{{{2007}^x} + 1}} + \frac{{{{2007}^x}}}{{{{2007}^x} + 1}}} \right) \cdot \frac{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right)}}{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right) + {{\cos }^{2008}}\left( x \right)}} \, \text{dx}} [/tex]

[tex] I \, = \, \int\limits_0^{\pi /2} {\left( 1 \right) \cdot \frac{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right)}}{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right) + {{\cos }^{2008}}\left( x \right)}} \, \text{dx}} [/tex]

Nå har vi forenklet integralet vår en god del, men fortsatt er det en del arbeid igjen. Herfra bruker vi den første identiteten vår, som forenkler integralet vårt enda mer.
Siden [tex] 2008[/tex] er et partall får vi bare positive tall.

Vi legger merke til at

[tex] \frac{{{{\sin }^{2008}}\left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)}}{{{{\sin }^{2008}}\left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) + {{\cos }^{2008}}\left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)}} \, = \, \frac{{{{\cos }^{2008}}\left( x \right)}}{{{{\cos }^{2008}}\left( x \right) + {{\sin }^{2008}}x}}[/tex]

Og skriver integralet vårt to ganger

[tex] 2\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right)}}{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right) + {{\cos }^{2008}}\left( x \right)}} \, \text{dx}} \, = \, \int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right)}}{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right) + {{\cos }^{2008}}\left( x \right)}} \, \text{dx}} + \int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right)}}{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right) + {{\cos }^{2008}}\left( x \right)}} \, \text{dx}} [/tex]

[tex] 2\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right)}}{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right) + {{\cos }^{2008}}\left( x \right)}} \, \text{dx}} \, = \, \int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right)}}{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right) + {{\cos }^{2008}}\left( x \right)}} \, \text{dx}} + \int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{{{\cos }^{2008}}\left( x \right)}}{{{{\cos }^{2008}}\left( x \right) + {{\sin }^{2008}}x}} \, \text{dx}} [/tex]

[tex] 2\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right)}}{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right) + {{\cos }^{2008}}\left( x \right)}} \, \text{dx}} \, = \, \int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right) + {{\cos }^{2008}}\left( x \right)}}{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right) + {{\cos }^{2008}}\left( x \right)}} \, \text{dx} \, = \, \int\limits_0^{\pi /2} {1 \cdot \, \text{dx}} } [/tex]

[tex] \int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right)}}{{{{\sin }^{2008}}\left( x \right) + {{\cos }^{2008}}\left( x \right)}} \, \text{dx}} \, = \, \frac{\pi }{4} [/tex]

[tex] \underline{\underline {\int\limits_{ - \pi /2}^{\pi /2} {\frac{1}{{{{2007}^x} + 1}} \cdot \frac{{{{\sin }^{2008}}x}}{{{{\sin }^{2008}}x + {{\cos }^{2008}}x}} \, \text{dx}} \, = \, \frac{\pi }{4}}} [/tex]

Ser vi at dette forenkler integralet vårt enda mer slik at vi tilslutt står igjen med en konstant.
Uten denne omskrivningen i begynnelsen vil dette integralet være tilnærmet umulig. her ser vi kraften slike litt spesielle omskrivninger har.

Spesialteknikk 3

Da tar vi den siste omskrivningen og, den har et rimelig snevert bruksområde men er dog fortsatt artig å nevne.

[tex] \int {{e^x}\left( {f\left( x \right) + f^{\tiny\prime}\left( x \right)} \right) \, \text{dx} \, = \, {e^x}f\left( x \right)} + C[/tex]

Denne regelen kommer vi ikke til å vise utledningen til, men det er en fin og lett øvelse. Om man vil ha et hint så prøv kjerneregelen på uttrykket [tex] \int{e^x{f(x)}} \, \text{dx}[/tex]

Tar bare et kort eksempel herfra, da dette er mer en kuriositet enn en nyttig metode.

[tex] \int {{e^x}\left( {\frac{{x - 2}}{{{x^3}}}} \right)} \, \text{dx} \, = \, \int {{e^x}\left( {\frac{1}{{{x^2}}} - \frac{2}{{{x^3}}}} \right)} \, \text{dx} \, = \, \frac{{{e^x}}}{{{x^2}}} + C [/tex]

Rimelig rett frem. Her forutsetter vi at vi har rimelig god kjennskap til derivasjon av funksjoner.

Sammensatt eksempel

Nå tar vi en funksjon som er ganske vanskelig. Og vi må kombinere en del av det vi har lært.

[tex] \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)} \, \text{dx}[/tex]

Prøver vi å først evaluere det ubestemte integralet kommer vi ingen vei. Substitusjon fører ikke frem, og heller ikke delvis integrasjon. Det første vi gjør er at vi bruker vår første identitet.

[tex] \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)} \, \text{dx} \, = \, \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\sin \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)} \right)} \, \text{dx} \, = \, \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\cos \left( x \right)} \right)} \, \text{dx}[/tex]

Så gjør vi det samme som vi har gjort så mange ganger før: Vi legger sammen to ganger integralet og forenkler.

[tex] 2I \, = \, \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\cos \left( x \right)} \right)} \, \text{dx} + \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)} \, \text{dx} [/tex]

[tex] 2I \, = \, 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\sin \left( x \right)\cos \left( x \right)} \right)} \, \text{dx} [/tex]

[tex] 2I \, = \, \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\frac{1}{2}\sin \left( {2x} \right)} \right)} \, \text{dx} [/tex]

[tex] 2I \, = \, \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\sin \left( {2x} \right)} \right) - \ln \left( 2 \right)} \, \text{dx} [/tex]

Velger å ikke gå spesifikt inn på hva jeg gjør her siden det ikke er noe spesielt. Her bare omformer vi uttrykket vårt og prøver å gjøre det penere. Dette blir gjort med enkle trigonometriske identiteter og logaritmeregler. Vi ser at siste delen av integralet vår kan lett evalueres og det gjør vi.

[tex] 2I \, = \, - \frac{\pi }{2}\ln \left( 2 \right) + \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\sin \left( {2x} \right)} \right) \, \text{dx}}[/tex]

Prøver vi de fleste standard metodene kommer vi ikke frem. Det første vi gjør er at vi husker på regler for symmetri. Hvordan vet vi om en funksjon er symmetrisk om en linje [tex]x=b[/tex]? Der [tex]b[/tex] bare er et tall.
[tex]x^2[/tex] er symmetrisk om [tex]x=0[/tex] , men hvordan skal vi vite det?

Vi sier at en funksjon er symmetrisk om [tex] b[/tex] dersom [tex] f(b-x) \, = \, f(b+x) [/tex]

Vi definerer [tex] f\left( x \right) \, = \, \ln \left( {\sin \left( x \right)} \right) [/tex] og legger merke til at [tex] f(\frac{\pi}{2}-x)\,=\,f(\frac{\pi}{2}+x) [/tex]

Altså er funksjonen vår symmetrisk om [tex] x \, = \, \frac{\pi}{2}[/tex]
Om en funksjon er symmetrisk er funksjonsverdiene like langt fra [tex]x = a[/tex] lik på venstre og høyre side

Som et enkelt eksempel kan man se på [tex] g(x) \, = \, x^2 [/tex] som er symmetrisk om [tex] x \, = \, 0. [/tex] Tar vi og finner arealet under g(x) fra [tex] -5[/tex] til [tex] 0 [/tex] og fra [tex] 0 [/tex] til [tex] 5[/tex] ser vi at vi får det samme. Generelt sett sier vi at

At en funksjon er symmetrisk om linja [tex]x=b[/tex] er det samme som at [tex] f(b-x) \, = \, f(b+x) [/tex]. Dette fører til at [tex] \int\limits_{ b - a}^b {f\left( x \right)} \, \text{dx} \, = \, \int\limits_b^{b+a} {f\left( x \right) \, \text{dx}}[/tex]

Der a er et positivt tall

Av dette følger det også ganske åpenbart at

[tex] \int\limits_{ b - a}^b {f\left( x \right)} \, \text{dx} \, + \, \int\limits_b^{b+a} {f\left( x \right) \, \text{dx}} \, = \, 2\int\limits_b^{b+a} {f\left( x \right) \, \text{dx}} \, = \, 2\int\limits_{ b - a}^{b} {f\left( x \right) \, \text{dx}} [/tex]

Nå, putter vi inn tallene vi har får vi:

[tex]2\int\limits_{\pi /2 - a}^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)} dx = \int\limits_{\pi /2 - a}^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} + \int\limits_{\pi /2}^{\pi /2 + a} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)} [/tex]

Siden vi har at [tex]b=\frac{\pi}{2}[/tex]. Vi har enda ikke valgt a, men vi ser at om vi også lar [tex]a=\frac{\pi}{2}[/tex] så blir venstre side likt vårt originale integral. Vi ser også at høyre side forenkles.

[tex]2\int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)} dx = \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} + \int\limits_{\pi /2}^\pi {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)}dx[/tex]

Om vi ser etter ser vi at høyre side kan forenkles enda mer.

[tex]2\int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)} dx = \int\limits_0^\pi {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} [/tex]

Litt komplisert dette… Tegner man[tex] x^2[/tex] og ser litt på symmetriske funksjoner så er det egentlig ikke så ille. Men vi fortsetter regningen vår og oppsummerer. Under blir det brukt en enkel substitusjon der u=2x. Men vi utelater detaljer for enkelhetens skyld.

[tex] 2I \, = \, - \frac{\pi }{2}\ln \left( 2 \right) + \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\sin \left( {2x} \right)} \right) \, \text{dx}} [/tex]

[tex] 2I \, = \, - \frac{\pi }{2}\ln \left( 2 \right) + \frac{1}{2}\int\limits_0^\pi {\ln \left( {\sin \left( u \right)} \right)du} [/tex]

[tex] 2I \, = \, - \frac{\pi }{2}\ln \left( 2 \right) + \frac{1}{2}\left[ {2\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\sin \left( u \right)} \right)du} } \right] [/tex]

[tex] 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)} \, \text{dx} \, = \, - \frac{\pi }{2}\ln \left( 2 \right) + \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\sin \left( u \right)} \right)du} [/tex]

[tex] \underline{\underline {\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)} \, \text{dx} \, = \, - \frac{\pi }{2}\ln \left( 2 \right)}} [/tex]

Q.E.D

Det siste steget kan virke litt mystisk siden vi legger sammen [tex] u [/tex] og [tex] x[/tex]. Men når vi har et bestemt integral over de samme grensene spiller ikke dette noen rolle. Noen mener kanskje at observasjonen at [tex] \sin(x)[/tex] er symmetrisk om [tex] x \, = \, \frac{\pi}{2} [/tex] var litt mystisk.. Vi kan også løse integralet uten bruk av symmetri, ved bruk av følgende metode.

[tex] \int\limits_0^\pi {\ln \left( {\sin \left( u \right)} \right)du} \, = \, \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\sin \left( u \right)} \right)du} + \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^\pi {\ln \left( {\sin \left( u \right)} \right)du} [/tex]

Vi innfører variabelskifte [tex] x \, = \, -p+\pi[/tex] i siste integral. Grunnen til dette er åpenbar. Nemlig at grensene forandrer seg til [tex] 0[/tex] og [tex] \frac{\pi}{2}[/tex]. Her er det bare å tenke til man kommer frem til en substitusjon som gir de ønskede grensene.

[tex] \int\limits_{u \, = \, \frac{\pi }{2}}^{u \, = \, \pi } {\ln \left( {\sin \left( u \right)} \right)du} \, = \, \int\limits_{ - p + \pi \, = \, \frac{\pi }{2}}^{ - p + \pi \, = \, \pi } {\ln \left( {\sin \left( { - p + \pi } \right)} \right)\left( { - dp} \right)} \, = \, - \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^0 {\ln \left( {\sin \left( p \right)} \right)dp} \, = \, \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\ln \left( {\sin \left( p \right)} \right)dp} [/tex]

Resten av utregningen blir den samme. I siste linje legger vi merke til at

[tex] \int\limits_b^a {f\left( x \right)} \, \text{dx} \, = \, - \int\limits_a^b {f\left( x \right)} \, \text{dx} [/tex]

Som er rimelig lett å se ved bruk av definisjonen av det bestemte integralet, nemmelig [tex] F(a)-F(b) \, = \, -(F(b)-F(a)) [/tex] og som vi har vist tidligere.

Jau… Rimelig pent svar da, selv om utledningen kan bli litt problematisk for de fleste. For å klare mange slike integral må man se ikke så åpenbare omskrivninger og substitusjoner.
Men det kommer med erfaring.

Rekker

En annen spesiell måte og integrere stykker på er å skrive om stykkene våre til uendelige serier. Taylor utvikling av diverse serier og også summen av en uendelig geometrisk rekke kommer til nytte her.

Teorien er veldig enkel
1. Vi skriver om det vi kan til en uendelig serie
2. Vi forkorter det vi kan
3. Vi ser om serien vi får er noe kjent
4. Vi integrerer ledd for ledd og finner et mønster.

Så la oss bare hoppe i det, og begynne på en oppgave.

[tex] I \, = \, \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( {x + 1} \right)}}{x} \, \text{dx}} [/tex]

Ser etter litt regning at verken delvis, substitusjon eller noe av våre vanlige verktøy virker her. Grensene er 0 og 1, dette hinter til at vi kan skrive integralet vårt som ei rekke. Prøver dermed å skrive teller som ei rekke.
Skriver opp taylorrekka til [tex] \ln(x+1)[/tex] fra [tex]0[/tex].

[tex] I \, = \, \int_0^1 \frac{\left( x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{4} \, \dots \right) }{x} \, \text{dx}[/tex]

Forenkler og integrerer ledd for ledd, vi ender da opp med en rekke.

[tex] I \, = \, \int\limits_0^1 {1 - \frac{x}{2} + \frac{{{x^2}}}{3} - \frac{{{x^3}}}{4} + ... \, \text{dx}} [/tex]

[tex] I \, = \, 1 \, - \, \frac{1}{4} \, + \, \frac{1}{9} \, - \, \frac{1}{{16}} \, + \, \dots [/tex]

Vi ser at dette er en alternerende rekke, summen av denne er velkjent. Nøyaktig hvordan vi regner ut denne rekken er litt komplisert…

En mulig måte er vist under. Her skiller vi de positive og negative leddene, og finner summen av dem hver for seg.

[tex] I \, = \, \sum\limits_{n \, = \, 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{n^2}}}} \, = \, \sum\limits_{k \, = \, 0}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {2k + 1} \right)}^2}}}} - \sum\limits_{k \, = \, 1}^\infty {\frac{1}{{4{k^2}}}} \, = \, \frac{{{\pi ^2}}}{8} - \frac{{{\pi ^2}}}{{24}} \, = \, \frac{{{\pi ^2}}}{{12}}[/tex]

Begge av disse summene er kjente funksjoner, som man kan slå opp i formelsamlingen for å finne verdien til.

http://en.wikipedia.org/wiki/Basel_problem

Om vi vil gjøre dette litt mindre formelt så kan vi se på rekken at den ligner veldig på en annen kjent rekke. Nemlig:

[tex] 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + ... + \frac{1}{{{k^2}}} \, = \, \sum\limits_{k \, = \, 1}^\infty {\frac{1}{{{k^2}}}} \, = \, \frac{\pi^2 }{6}[/tex]

Litt logisk er det at siden halvparten av leddene i rekka vår er negative vil summen være halvparten av rekka over. Men dette må strengt talt bevises. Integralet vårt blir dermed:

[tex] I \, = \, \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( {x + 1} \right)}}{x} \, \text{dx}} \, = \, \frac{1}{2}\sum\limits_{k \, = \, 1}^\infty {\frac{1}{{{k^2}}}} \, = \, \frac{{{\pi ^2}}}{6}[/tex]

Kan se på et annet eksempel som er litt mindre intuitivt.

[tex] I \, \, = \, \, \int\limits_0^\infty {\frac{x}{{{e^x} - 1}} \, \text{dx}} [/tex]

Igjen et søtt og ganske uskyldig integral. Problemet er at uansett hva man prøver seg på klarer man ikke derivere denne røveren. Vi gjør noen smarte triks igjen for å evaluere denne.

Trikset vi begynner med er å gange teller og nevner med [tex]e^{-x}[/tex]

[tex] I \, = \, \int\limits_0^\infty {\frac{x}{{{e^x} - 1}} \cdot \frac{{{e^{ - x}}}}{{{e^{ - x}}}} \, \text{dx}} [/tex]

[tex] I \, = \, \int\limits_0^\infty {x\frac{{{e^{ - x}}}}{{1 - {e^{ - x}}}} \, \text{dx}} [/tex]

Ser kanskje ikke så mye lettere ut, før man ser at siste delen er en uendelig geometrisk rekke.
Summen av en uendelig geometrisk rekke er:

[tex] S \, = \, \frac{{{a_1}}}{{1 - k}}[/tex]

Men vi har jo den uendelige summen. (Peke på grensene til integralet) Derfor kan vi heller skrive opp alle leddene.

[tex] I \, = \, \int\limits_0^\infty {x\left( {{e^{ - x}} + {e^{ - 2x}} + {e^{ - 3x}} + ...} \right) \, \text{dx}} [/tex]

Nå kan vi dele opp integralet vårt og bruke delvis integrasjon på hvert ledd. For å gjøre dette skikkelig bør man bare bruke delvis på de to, tre første leddene, før man beviser resten via induksjon.
Jeg tar heller å integrer det n`te leddet under.

[tex] {I_2} \, = \, \int\limits_0^\infty {x \cdot {e^{ - n \cdot x}} \, \text{dx}} [/tex]

[tex] {I_2} \, = \, x \cdot \left( { - \frac{1}{n}} \right){e^{ - nx}} - \int {1 \cdot \left( { - \frac{1}{n}} \right){e^{ - nx}}} \, \text{dx} [/tex]

[tex] {I_2} \, = \, \frac{1}{{{n^2}}}{e^{ - nx}} - \frac{1}{n}x{e^{ - nx}} [/tex]

[tex] {I_2} \, = \, {\lim_{a \to \infty} \left[ {\frac{1}{n}\left( {1 - n \cdot x} \right){e^{ - n \cdot x}}} \right]_0^a [/tex]

[tex] {I_2} \, = \, \frac{1}{{{n^2}}} [/tex]

Her ser vi at summen av hvert av de delvise integrasjonene våre blir [tex] \frac{1}{{{n^2}}} [/tex]
Altså:

[tex] {I} \, = \, 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \frac{1}{{16}} + ... [/tex]

[tex] {I} \, = \, \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{{k^2}}}} \, = \, \frac{1}{6}{\pi ^2} [/tex]

Konklusjonen vår blir dermed at

[tex] \underline{\underline {\int\limits_0^\infty {\frac{x}{{{e^x} - 1}} \, \text{dx}} \, = \, \frac{1}{6}{\pi ^2}}} [/tex]


Leibniz integrasjonsregel -- Derivering under integraltegnet - Feynman Integrasjon

Dette har vært fryktelig vanskelig å snakke om for å si det rett ut. Teknikken jeg skal snakke om her er veldig lett, men å vite når man kan bruke den er mer komplisert… Derfor ser jeg på denne metoden som litt mer som et triks enn en faktisk metode. Men skal gi noen linker som forklarer veldig bra når man kan bruke denne metoden, men forklaringen er litt komplisert så jeg skal bare nevne det så vidt

La oss si at du har en funksjon på formen

[tex] \int\limits_a^b {f\left( {x,a} \right) \, \text{dx}} [/tex]

La [tex] f:[a,b] \times [c,d] \to R[/tex] være en funksjon slik at [tex] f[/tex] og [tex] \frac{{\partial f}}{{\partial x}}[/tex] er kontinuerlige på rektangelet [tex] [a,b] \times [c,d] [/tex]da er

[tex] \frac{{\partial f}}{{\partial x}}\int\limits_c^d {f\left( {x,y} \right)dy} \, = \, \int\limits_c^d {\frac{{\partial f}}{{\partial x}}f\left( {x,y} \right)dy} [/tex]

Altså så lenge både den deriverte og selve funksjonen er kontinuerlig på intervallet kan vi derivere! Som oftest er funksjonen kontinuerlig på intervallet, men vi må sjekke endepunktene ettertrykkelig.

La oss se på noen eksempler. Skal slenge på noen lenker som går grundigere inn på dette om litt.

[tex] I \, = \, \int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x} \, \text{dx}} [/tex]

Det vi kan gjøre her, er å skrive om teller til en uendelig rekke og integrere. (Dette kan leser prøve ut selv). Før vi prøver oss på noe, ser vi at funksjonen er symmetrisk om x-aksen. Eller vi kan vise at [tex] I(-x) \, = \, -I(x) [/tex]
Skriver da heller integralet slikt.

[tex] I \, = \, 2\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x} \, \text{dx}} [/tex]

Kommer hele til å slenge på totallet senere. Blir litt penere.
Nå har jeg lyst til å derivere under integralet, og må derfor finne meg en passende funksjon. Funksjonen må som sagt være slik at grenseverdiene blir de samme, og at funksjonen er kontinuerlig og lik på hele intervallet. Etter litt tenking kommer vi fram til at, vi kan skrive integralet vårt slikt. (Dette er ikke veldig intuitivt, men det er derfor disse integralene er vanskelige )

[tex] I(b) \, = \, \int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x}{e^{ - bx}} \, \text{dx}}[/tex]

Ser at grensene våre fortsatt stemmer altså at

[tex] {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin \left( x \right)}}{x} \, = \, {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin \left( x \right)}}{x}{e^{ - bx}}{\rm{ og }} {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\sin \left( x \right)}}{x} \, = \, {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\sin \left( x \right)}}{x}{e^{ - bx}}[/tex]

Her antar vi at [tex]b[/tex] er større enn null. Ser vi at når b går mot null får vi vårt originale integral tilbake. Veldig viktig å legge merke til. Nå bare deriverer vi, og håper vi får noe fint.
Ellers må vi velge en annen [tex]b[/tex]. Vi gjør jo dette for å forenkle integralet vårt.

[tex] I\left( b \right) \, = \, \int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x}{e^{ - bx}} \, \text{dx}} [/tex]

[tex] I^{\prime}\left( b \right) \, = \, \frac{d}{{db}}\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x}{e^{ - bx}} \, \text{dx}} \, = \, \int\limits_0^\infty {\frac{\partial }{{\partial b}}\frac{{\sin \left( x \right)}}{x}{e^{ - bx}} \, \text{dx}} [/tex]

[tex] I^{\prime}\left( b \right) \, = \, \int\limits_0^\infty { - \sin \left( x \right){e^{ - bx}} \, \text{dx}}[/tex]

Dette ble betraktelig lettere. Nå integrer vi funksjonen med tanke på [tex]x[/tex].

[tex] I^{\prime}\left( b \right) \, = \, \int\limits_0^\infty { - \sin \left( x \right){e^{ - bx}} \, \text{dx}} [/tex]

[tex] I^{\prime}\left( b \right) \, = \, \lim_{a \to \infty} \left[ {\frac{{{e^{ - bx}}}}{{{b^2} + 1}}\left( {\cos \left( x \right) + b\sin \left( x \right)} \right)} \right]_0^a [/tex]

[tex] I^{\prime}\left( b \right) \, = \, - \frac{1}{{{b^2} + 1}}[/tex]

Vi antar at [tex] b[/tex] fortsatt er positiv, og setter inn grensene våre. Nå er vi nesten i mål. Neste steg er å integrere [tex] b[/tex], for å få tilbake vårt originale integral.

[tex] I\left( b \right) \, = \, - \arctan \left( b \right) + C [/tex]

[tex] \int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x}{e^{ - bx}} \, \text{dx}} \, = \, - \arctan \left( b \right) + C [/tex]

Nå har vi et lite problem. Hvordan skal vi finne [tex]C[/tex]? Vi prøver å la venstre side bli null. Dette oppnår vi ved å velge en smart [tex]b[/tex] verdi. I dette tilfellet velger vi at b går mot uendelig. Da vil venstre side bli lik null, og vi kan få [tex]C[/tex] alene.

[tex] \lim_{b \to \infty } \int _0^\infty {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x}{e^{ - b \cdot x}} \, \text{dx}} \, = \, - \arctan \left( \infty \right) + C [/tex]

[tex] 0 \, = \, - \frac{1}{2}\pi + C [/tex]

[tex] C \, = \, \frac{1}{2}\pi [/tex]

Nå er vi nesten å mål. Eneste vi trenger å gjøre nå, er få tilbake vårt originale integral og dobble det, så har vi svaret. Vi får tilbake vårt originale integral ved å la [tex]b=0[/tex]

[tex] I\left( b \right) \, = \, \int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x}{e^{ - b \cdot x}} \, \text{dx}} \, = \, - \arctan \left( b \right) + \frac{1}{2}\pi [/tex]

[tex] I\left( 0 \right) \, = \, \int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x}{e^{ - 0 \cdot x}} \, \text{dx}} \, = \, - \arctan \left( 0 \right) + \frac{1}{2}\pi [/tex]

[tex] \int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x} \, \text{dx}} \, = \, \frac{1}{2}\pi [/tex]

[tex] \int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x} \, \text{dx} \, = \, } 2\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x} \, \text{dx}} [/tex]

[tex] \underline{\underline {\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x} \, \text{dx}} \, = \, \pi }} [/tex]

Tror det var det. Ikke spesielt vanskelig, men begynnelsen er ganske lur.

Polarkoordinater.

Denne metoden er i praksis svært lik å derivere under rottegnet. Men målet her er å skrive om funksjonen slik at det blir et dobbelt eller sjeldent trippel integral. Dette gjør vi slik at integralet skal bli lettere, og også i det hele tatt mulig å regne ut. Ofte så er det lurt å skrive om funksjonene til det komplekse planet, for å lettere se omskrivningen. Vi tar et lite eksempel under

[tex] I \, = \, \int\limits_{ - \infty }^\infty {{e^{ - {x^2}}} \, \text{dx}} [/tex]

Vi kvadrer integralet, og legger til dummy variabelen [tex]y[/tex].

[tex] {I^2} \, = \, \left( {\int\limits_{ -\infty}^\infty {{e^{ - {x^2}}} \, \text{dx}} } \right)\left( {\int\limits_{ -\infty }^\infty {{e^{ - {y^2}}}dy} } \right) [/tex]

Kvadratet av to integral, kan bli uttrykt av et dobbeltintegral som vist under.

[tex] {I^2} \, = \, \int\limits_{ - \infty }^\infty {\int\limits_{ - \infty }^\infty {{e^{ - \left( {{x^2} + {y^2}} \right)}} \, \text{dx} {\, } dy} [/tex]

Arealelementet [tex] dy \, dx [/tex] er gitt ved [tex] r \,dr\, \theta [/tex] i polarkoordinater (Dette kan bli bevist, men her velger jeg å ikke bruke plass på dette)

http://en.wikipedia.org/wiki/Polar_coordinate_system

[tex] dx \, dy [/tex] representerer et areal i kartetiske koordinater som strekker seg over hele xy-planet.
En alternativ representasjon av vårt siste integral kan bli uttrykt ved polar koordinater [tex]\,r\,[/tex] , [tex]\,\theta [/tex].

Relasjonen mellom disse to koordinatsystemene er gitt ved

[tex] x \; \, = \, \; r cos(\theta) \; , \; y \, = \, r sin(\theta) [/tex]

Her ser vi at

[tex] r^2 \, \, = \, \, x^2 \, + \, y^2 [/tex]

Arealelementer er som sagt gitt ved [tex] \, r \, dr \, d\theta[/tex] , så
dobbelintegralet vårt blir

[tex] {I^2} \, = \, \int\limits_0^{2\pi } \int\limits_{ 0}^\infty {{e^{ - {r^2}}}r\;dr{} } d\theta [/tex]

Hvorfor vi setter grensene slik vi gjør er ganske åpenbart. Originale grensene våre gikk fra minus uendelig til uendelig for både [tex] x [/tex]og [tex] y[/tex] . Altså over hele xy-planet, dermed må vi også gå over hele planet med polarkoordinater.

Nå regner vi ut integralet vårt

[tex] {I^2} \, = \, \int\limits_0^{2\pi } {\int\limits_0^\infty {{e^{ - {r^2}}}r\;dr} } d\theta [/tex]

[tex] u \, = \, - {r^2},\frac{{du}}{{dr}} \, = \, - 2r,dr \, = \, - \frac{{du}}{{2r}} [/tex]

[tex] {I^2} \, = \, \int\limits_0^{2\pi } {\frac{1}{2}\int\limits_0^\infty { - {e^u}\;du} \, } d\theta [/tex]

[tex] {I^2} \, = \, \int\limits_0^{2\pi } {\frac{1}{2}\left[ { - {e^{ - {r^2}}}} \right]_0^\infty } d\theta [/tex]

[tex] {I^2} \, = \, \int\limits_0^{2\pi } {\frac{1}{2}\left[ { - 0 - \left( { - 1} \right)} \right]} d\theta [/tex]

[tex] {I^2} \, = \, \pi [/tex]

Bare en enkel substitusjon, og helt elementær regning. Nå er vi vært øyeblikk i mål.

[tex] {I^2} \, = \, \pi [/tex]

[tex] {\left( {\int\limits_{ - \infty }^\infty {{e^{ - {x^2}}} \, \text{dx}} } \right)^2} \, = \, \pi [/tex]

[tex] \int\limits_{ - \infty }^\infty {{e^{ - {x^2}}} \, \text{dx}} \, = \, \sqrt \pi [/tex]

Pent.

Kontur Integrasjon

Her må jeg bare legge meg paddeflat og si at dette kan jeg ikke.
Anbefaler boken "A visual approach to complex analysis" som har et eget kapitel dedikert til konturer og integrasjon i det komplekse planet.

Konturintegrasjon

www.maths.uq.edu.au/~asj/COMP/part7.pdf

Mer spesifikt om reelle integral

hitoshi.berkeley.edu/221a/contour.pdf

Kort wikipedia artikkel om noen forskjellige metoder

http://en.wikipedia.org/wiki/Methods_of ... ntegration

[Janhaa]

Liker det jeg leser Nebu., takker for bidrag.

[Håkon K]

Nydelig arbeid! Stå på:)

[Ungdomsakademiet.01]

Herlig arbeid

[Eksplisitt]

vi har at [tex]v=x-5[/tex] og [tex]\frac{dv}{dx}=1[/tex]
Den siste brøken kan vi løse for å få [tex]dx[/tex] alene på ene siden. Dette har vi ikke egentlig lov til å gjøre, [tex]\frac{dv}{dx}[/tex] er IKKE en brøk, men vi kan gjøre det på denne måten likevel. Hvorfor er ikke godt å si, men det fungerer.

Noen som kan forklare hvorfor? Eventuelt lede meg til en bok eller nettside om temaet.

[Nebuchadnezzar]

Omformingene av integralet vi gjør er fullstendig lovlig. Men metoden er mye lettere forklart om vi driver med litt sjonglering av variabler. Dette blir gjort fordi om vi skal gjøre det helt formelt og korrekt, så blir det ganske tungvindt.

Det jeg i praksis sier er at sjonglering med disse tegnene IKKE er lov, men vi gjør det her fordi det blir rett...

Den mer korrekte måten kan forklares slik

http://en.wikipedia.org/wiki/Integratio ... bstitution

Anta at vi har en funksjon som er kontinuerlig, deriverbar på et lukket området.

Funksjonen [tex]f[/tex] har en antiderivert [tex]F[/tex]

Det vi ønsker å vise er at integralene

[tex]\int_{g(a)}^{g(b)} f(x) \, dx[/tex]

og

[tex]\int_a^b f(g(t)) g^{\tiny \prime}(t) dt[/tex]

Er like.

Studerer du de to integralene ovenfor vil du se at dette er nøyaktig det vi gjør når vi substitutuerer. Vi håper på at integralet vårt kan bli skrevet på den nederste formen, siden da kan vi skrive det om til den øverste formen.

Eksempelvis (wikipedia eksempel, jeg er lat)

[tex]\int_0^2 2t \cdot \cos \left( t^2 + 1\right)\, dt [/tex]

Dersom vi antar at integralene ovenfor er like, kan vi legge merke til at integralet ovenfor faktisk er på formen

[tex]\int_a^b f(g(t)) g^{\tiny \prime}(t) dt[/tex]

der [tex]f(g(t)) = \cos(g(t))[/tex] og [tex]g(t) = t^2 + 1 [/tex] og [tex]g^{\tiny \prime}(t) = 2x [/tex]

Vi legger videre merke til at

[tex]g(2) = 5[/tex] og [tex]g(0)=1[/tex]

Altså kan vi skrive

[tex]\int_0^2 2t \cos \left( t^2 + 1\right) dt [/tex]

[tex]\int_0^2 g^{\tiny \prime}(t) \cos \left( g(t) \right) dt [/tex]

[tex]\int_1^5 \cos \left( x \right) dx [/tex]

[tex]\sin(5) - \sin(1) \approx -1.80 [/tex]

Men for at dette skal være lov, må vi vise at

[tex]\int_{g(a)}^{g(b)} f(x) \, dx[/tex]

og

[tex]\int_a^b f(g(t)) g^{\tiny \prime}(t) dt[/tex]

Faktisk er like. Vi begynner ved å huske på at [tex]F[/tex] er en antiderivert av [tex]f[/tex]. Og at

[tex]\left[ F(g(t)) \right]^{\tiny \prime} = F^{\tiny \prime}(g(t)) \cdot g^{\tiny \prime}(t) = f(g(t)) g^{\tiny \prime}(t)[/tex]

Altså vet vi at

[tex]\int_a^b f(g(t)) g^{\tiny \prime}(t) dt = F(g(b)) - F(g(a))[/tex]

Men utifra den fundamentalteoremet vet vi at

[tex]\int_a^b f(x) \, dx = F(b) - F(a)[/tex] så

[tex]\int_a^b f(g(t)) g^{\tiny \prime}(t) dt = F(g(b)) - F(g(a)) = \int_{g(a)}^{g(b)}} f(x)\, dx[/tex]

QED

Så ja, krever kanskje litt mer tenking metoden over. Men i praksis går substitusjonsmetoden ut på at vi alltid velger [tex]u=g(t)[/tex]

Gav dette kanskje litt mer mening? =)

[Karl_Erik]

vi har at [tex]v=x-5[/tex] og [tex]\frac{dv}{dx}=1[/tex]
Den siste brøken kan vi løse for å få [tex]dx[/tex] alene på ene siden. Dette har vi ikke egentlig lov til å gjøre, [tex]\frac{dv}{dx}[/tex] er IKKE en brøk, men vi kan gjøre det på denne måten likevel. Hvorfor er ikke godt å si, men det fungerer.

Noen som kan forklare hvorfor? Eventuelt lede meg til en bok eller nettside om temaet.

Den intuitive grunnen til dette kommer av den fysiske tolkningen til den deriverte. Nå kommer jeg til å bruke [tex]dx[/tex] og [tex]dv[/tex] som faktiske tall, og ikke symbolene man bruker dem som i integrasjon - ha i hodet at dx-en som står under integrasjonstegnet strengt tatt ikke er noe annet enn notasjon, og sånnsett er forskjellig fra dx-en jeg bruker her, som er lengden av et bittelite tidsintervall.

Si at v er farten til en eller annen ting ved tidspunktet x. Da er [tex]\frac {dv} {dx}[/tex] den deriverte av farten med hensyn på tiden. (På godt norsk akselerasjonen.) Si at en er interresert i hva denne er for en gitt x. En måte å finne dette på er å la tiden øke bittebittelitt, med en økning [tex]dx[/tex], og la endringen i farten som da skjer være [tex]dv[/tex]. (Med andre ord er [tex]dv=v_{x+dx}-v_x[/tex].) Da er gjennomsnittsfarten mellom tiden x og tiden x+dx gitt ved [tex]\frac {dv} {dx}[/tex].

Mer presist, om vi tenker på v som en funksjon av x, så kan den deriverte av v med hensyn på x tilnærmes av [tex]\frac {dv} {dx}[/tex]. Det vil si at [tex]\frac {\delta v} {\delta x} \approx \frac {dv} {dx}[/tex]. Om vi nå lar [tex]dx[/tex] gå mot null vil denne tilnærmingen bli bedre og bedre og gå mot den 'riktige' verdien, gitt rimelige antagelser om v, men poenget er nå at så lenge dx og dv er fine, fysiske størrelser kan vi gjøre mye av det vi ikke har lov til ellers. Ting som [tex]\frac {dv} {dx} = 5 \rightarrow dx = \frac {dv} 5[/tex] gir ingen mening når vi i integrasjon tolker dx og dv som abstrakte symboler, men når vi her tolker dem som ganske små reelle tall gir det mening.

Hva er det egentlig vi har bevist her? Ingenting om integrasjon, for her har dv og dx vært brukt om små reelle tall, og ikke som integrasjonsnotasjon. Men det er jo en grunn til at integrasjonsnotasjonen ser ut som den gjør. Vi skriver [tex]\int_a^b f(x) dx[/tex] fordi det ser veldig ut som [tex]\left ( \sum_a ^b f(x) \right ) dx = dx f(a) + dx f(a+dx) + dx f(a+2dx) + \ldots + dx f(b)[/tex], som om du ser litt nøye på notasjonen ser ut som trappesummene en bruker til å tilnærme/definere integralet. Altså ser integrasjonsnotasjonen til forveksling lik 'tilnærmingsnotasjonen', på samme måte som for derivasjon, der [tex]\frac {\delta v} {\delta x}[/tex], den deriverte av v med hensyn på x, ser ut som et uttrykk du kunne ha fått ved å spørre deg selv "Hvordan kan jeg tilnærme den deriverte av v?". Dette er nok ingen tilfeldighet, men kommer av at både integrasjon og derivasjon tradisjonelt defineres som 'tilnærminger som blir bedre og bedre'.

Så er jo da spørsmålet hvor langt denne analogien strekker. Om du er fornøyd med å tenke på integraler som tilnærminger, det vil si at du tenker at den deriverte av v med hensyn på x ikke bare tilnærmes av, men faktisk er tilnærmingen [tex]\frac {dv} {dx}[/tex], så er omskrivninger som [tex]\frac {dv} {dx} = \frac {dv} {du} \frac {du} {dx}[/tex] gyldige. Om du heller vil tolke [tex]\frac {dv} {dx}[/tex] på den matematiske metoden, dvs som 'den deriverte av v med hensyn på x', der den deriverte her menes å være en 'uendelig god tilnærming', så er ikke sånne omskrivninger gyldige helt uten videre. dv, du, dx er nå ikke lenger tall som slike regneregler er gyldige for, men symboler vi bruker for å representere en bestemt grenseverdi.

Men hele poenget i det jeg nå ser begynner å bli en lang post (beklager!) er jo at det notasjonen hinter til at 'burde' være riktig faktisk viser seg å være riktig. Om du kan definisjonen av den deriverte og er villig til å jobbe litt kan du faktisk bevise at [tex]\frac {dv} {dx} = \frac {dv} {du} \frac {du} {dx}[/tex] faktisk er sant likevel. Det holder altså ikke å appellere til tilnærmingstilfellet, og må gjøres litt mer formelt, men det er nå faktisk sant likevel.

Mye av det fine med kalkulus, eller kanskje heller mye av det fine med notasjonen(e) man bruker, er at mye av det som 'burde' være sant ofte viser seg å være sant. Kjerneregelen 'burde' være sann fordi derivasjon er en 'uendelig god' tilnærming, og for hver av disse tilnærmingene er kjerneregelen sann. Det finnes eksempeler på ting som bryter ned når vi tar grenseverdier, men heldigvis for oss er kjerneregelen ikke en av disse.

For å oppsummere det som ble lenger enn jeg trodde er vel det jeg prøver å si at ting som å tenke på [tex]\frac {dv} {dx}[/tex] som en brøk av to tall når den egentlig er notasjon for en bestemt grenseverdi ikke er logisk gyldig helt uten videre, men ofte hinter til ting som burde være riktige. Noen (jeg) glemmer ofte hvordan en egentlig gjør substitusjon igjen - skulle en gange eller dele på u' eller hva? Da kan en bruke litt triksing av typen [tex]\frac {du} {dx} = u ^{\prime} \rightarrow dx = \frac {du} {u^{\prime}}[/tex], så ok, det 'burde' være slik at vi skal dele på u'. Og jammen er ikke dette riktig også!

Grunnen til at man gjør små ugyldige overganger som dette er altså at de ofte kan konverteres til en gyldig overgang om man er litt mer nøye. Om en fysiker på tavla si skriver [tex]\frac {dv} {dx} = \frac {dv} {du} \frac {du} {dx}[/tex] vet han at om en matematiker kommer forbi og farer opp, kjefter og smeller og mener at dette ikke kan være gyldig kan fysikeren, siden han kjenner sin kalkulus, roe ned matematikeren ved å føre et bevis for kjerneregelen. Å skrive dette beviset er ikke så veldig omfattende, da det egentlig koker ned til å gjøre nettopp den brøkutvidelsen, ta grenseverdier og passe på at alt går riktig for seg, og fysikeren er såpass vant med kalkulus at denne oversettelsen er ganske lett for ham.