Integral Kokeboken. sin(πx 2 ) sinh 2 (πx) dx = 2. 1 log x. + log(log x) dx = x log(log x) + C. cos(x 2 ) + sin(x 2 ) dx = 2π. x s 1 e x 1 dx = Γ(s)

Transkript

1 Integrl Kokeboken log sin(π ) sinh (π) 4 + log(log ) log(log ) + C cos( ) + sin( ) π s e Γ(s) n n s Γ(s)ζ(s) π ( ( + sin ) +cos log + cos )

2 i Del I. Innledning Historisk bkteppe Definisjon v Integrlet Anlysens fundmentlteorem Det ubestemte integrlet Delvis Integrsjon Ideèn gjennom eksempler Beviset Integrsjon v bestemte funksjoner Å legge til en konstnt Indirekte delvis integrsjon Substitusjon Oppgver Trigonometriske funksjoner Hyperbolske funksjoner Hyperbolske substitusjoner Inverse hyperbolske funksjoner Brøk Anvedelser Buelengde Oppgvesmmling I Integrl Integrl Oppgver Del II 5. Introduksjon II Anlysens fundmentlteorem Symmetri og nyttige smmenhenger Diverse substitusjoner Weierstrss substitusjon Euler substitusjon Brøker og kvdrtrøtter Brøker Kvdrtrøtter Delvis integrsjon Delvis knselering Eksponentilfunksjonen Tbell og reduksjonsformler Trigonometrske funksjoner Logritmiske funksjoner Ulike tips og knep Rekursjoner og funksjonsfølger Nyttig funksjonllikning Integrl pr Oppgvesmmling II Integrl Oppgver

3 ii Del III Introduksjon III Viktige konstnter Euler Mscheroni konstnten Ctln s Konstnt Glisher Kinkelin konstnten Spesilfunksjoner Gulv og tk-funksjonene Gmmfunksjonen Betfunksjonen Digmm-funksjonen Polygmm-funksjonen Riemnn zet funksjonen Hurwitz zet function Polylogritmen Dilogritmen Dilogritmen Elliptiske Integrl Trnsformsjoner Lplce trnsformsjonen Fourier-trnsformsjon Mellin trnsformsjonen Lnden s trnsformsjon Cuchy-Schlömilch trnsformsjonen Diverse trnsformsjoner Diverse ppliksjoner Gulv og tk-funksjoner Itererte integrl Derivsjon under integrltegnet Uendelige rekker Dobbel Integrler Typer integrler Oppgvesmmling III Integrl Oppgver Del IV 33 A. Derivsjon A. Logritmer og Ekspononensiler B. Riemnn Integrlet C. Konvergens C. Funksjonlnlyse C.3 Bohr-Mullerup Theoremet C.4 Nullpunkter C.5 Kompleks Integrsjon Del V Kortsvr Lngsvr

4 Bibliogrfi 39 iii

5 Denne siden er med hensikt blnk, for å gi leser en pustepuse og for å l forftter slåss mot dinosurer.

6 I

7 Innledning I. I N N L E D N I N G I denne delen dypper vi forsiktig tærne ned i den delen som heter integrsjon. Her vil vi gå igjennom noen klssiske måter å beregne relet til figurer på, før vi går over til mer effektive måter. Kpitellet vil så t for seg en rekke grunnleggende integrsjonsteknikker som delvis integrsjon. delbrøk-oppsplting og delvis integrsjon. Det er nok mye her som burde være kjent, men merk t disse teknikkene og ideene må sitte helt ut til fingerspissene, før du prøver å dykke dypere ned i integrsjonskunsten... H I S T O R I S K B A K T E P P E Hvor mye vin rommer tønnen, hvilken båt er størst? Behovet for å finne størrelsen til ulike geometriske objekter hr vært viktig gjennom store deler v menneskehetens historie. Allerede i de tidligste skriftkildene vi hr fr Egypt og Mesopotmi finner vi mtemtiske oppskrifter for å løse slike problemer. Såfremt figurene hr rette sideflterog sideflter, kn størrelsen som regel beregnes ved hjelp v elementær geometri og skrpsindighet, men når kntene og sidefltene er krumme, blir problemet vnskeligere. De første som utviklet systemtiske måter for å beregne størrrelsen til geometriske størrelser vr de greske mtemtikerrne I første rekke d Eudoos (c 4-35 f. Kr) og Arkimedes (87- f Kr). Den grunnleggende ideen vr å beregne størrelsen til kompliserte objekter ved å tilnærme dem med enkle objekter, som vr lett å finne størrelsen til. Dersom mn vil finne den virkelige verdien holder det ikke å gjøre ett eller to overslg, men en må lge stdig bedre tilnærmelser og finne den virkelige størrelsen som en grenseverdi v tilnærmingene. Ved hjelp v denne metoden kunne Arkimedes for eksempel beregne relet v et prbelsegment, og beregne π til to desimler. Den greske metoden er logisk håndterbr, men vnskelig å regne med i prksis. Det vr derfor en revolusjon når Isc Newton (64-77) og Gottfried Wilhelm Leibniz (646-76) oppdget t derivsjon og integrshib er motstte regnerter, og t mn kn utføre kompliserte rel- og volumberegninger ved å derivere bklengs. I dette kpitlet skl vi først t på oss tresko og følge i grekerenes fotspor med noen eksempler. Deretter skl vi gå over til Leibniz og Newtons oppdgelse og konsekvensene v den. Det er viktig å være klr over t det Newton og Leibniz gjorde, ikke vr et brudd med fortiden, men en revolusjonerende videreføring v trdisjonen fr Eudo og Arkimedes. Grunnideene i grekerenes teori lever videre som en hjørnesten i Newton og Leibniz byggverk.

8 I Definisjon v Integrlet 3. D E F I N I S J O N A V I N T E G R A L E T I denne seksjonen skl vi bruke ideen om tilnærming til å definere det bestemte integrlet b f(). Altså en formell definisjon v relet under en funksjon. Som vi skl se senere finnes det mnge ulike måter å definere integrlet på. Vi velger en forholdsvis enkel definisjon her, og sprer målteorien til senere. For å motivere definisjonene skl vi ofte tenke oss t f er en positiv funksjon og det vi ønsker, er å beregne relet under grfen til f mellom punktene og b. Definisjonen og resulttene vi kommer frem til, vil dog fungere like så godt dersom f tr negtive verdier på intervllet. Vi begynner med noen definisjoner. Definisjon... En prtisjon v intervllet [, b] er en endelig mengde tll Π {,,,..., n } slik t < < < < n b Prtisjonen deler opp intervllet [,b] i n delintervller [, ], [, ],, [ n, n ]. FIGUR viser funksjonsgrfen over det i-te delintervllet [ i, i ]. Vi hr tilnærmet denne delen v funksjonen med to rektngler et over og et under grfen. Arelet til det største rektnglet er M i ( i i ), hvor M i sup{f() : [ i, i ]} Dersom funksjonen hr et mksimum så vil m sup. Dersom f ikke hr noe mksimum er sup er den lveste verdien f ikke kn oppnå på intervllet. Arelet til det minste rektnglet er m i ( i i ), der m i inf{f(): [ i, i ]} er største nedre skrnke til f over intervllet [ i, i ]. På (FIGUR) er dermed det totle relet til de rektnglene som ligger på oversiden v grfen, lik n M i ( i i ) i mens det totle relet til de rektnglene som ligger på undersiden v grfen, er n m i ( i i ) i Håpet er t dersom vi lger prtisjonene finere og finere, vil disse to uttrykkene nærme seg hverndre, og den felles grenseverdien blir dermed relet under grfen til f. Legg merke til t dersom f er en negtiv funksjon, så vil summene h en lignende geometrisk tolking, men denne gngen vil relene være gitt med negtivt fortegn. For å definere integrlet, formliserer vi først definisjonene ovenfor. Dessverre hr mtemtikere en lei tendens til å lge ptologiske eksempler. Se på L {,.4,.4,.44,...} her vil ikke L h noe mksimum men sup L siden dette er den lveste verdien L ikke kn oppnå.

9 4 Definisjon v Integrlet I Definisjon... L f : [, b] R være en kontinuerlig funksjon. Dersom Π {,,,..., n } er en prtisjon v intervllet [, b] kller vi Ø(Π) den øvre trppesummen til Π og den nedre trppesummen til Π. N(Π) n M i ( i i ) i n m i ( i i ) i Definisjon..3. Vi definerer så øvreintegrlet b f() til å være den største nedre skrnken til de øvre trppesummene, det vil si b f() inf{ø(π): Π er en prtisjon v [, b]} og nedreintegrlet b f() til å være den minste øvre skrnken til de nedre trppesummene, det vil si b f() sup{n(π): Π er en prtisjon v [, b]} Øvreintegrlet er ltså infimum v de verdiene vi kn nå frem til ved å tilnærme fr oversiden, mens nedreintegrlet er supremum v de verdiene vi kn få ved å tilnærme funksjonen fr nedsiden. Det er klrt t nedreintegrlet ldri kn være større enn øvreintegrlet, og håpet er t de to skl være like slik t vi kn definere integrlet tl å være fellesverdien v nedre- og øvreintegrlet. Definisjon..4 (Drbou integrlet 3 ). Ant t f : [, b] R er en begrenset funksjon. Dersom b f() b f() sier vi t f er integrerbr på [, b] (en nnen ordlyd er t integrlet v f eksisterer), og definerer integrlet b f() ved b f() b f() b f() (.) Legg merke til t vi bre hr definert integrlet for integrerbre funksjoner for en ikke-integrerbr funksjon f gir ikke symbolet b f() mening. Øvreog nedreintegrlet er derimot definert for lle begrensede funksjoner. Finnes det virkelig funksjoner som ikke er integrerbre? Det påfølgende eksempelet viser skremmende nok t svret er j. Husk t ifølge ekstremlverdisetningen er lle kontinuerlige funksjoner på et lukket intervll begrensede. Altså de hr et minimum og et mksimum på intervllet. 3 Grunnen til t jeg velger Drbou og ikke Riemnn intgrlet som definisjon er mer en smksk. Denne definisjonen hr ett sterkere geometrisk preg, og beviset for Anlysends Fundmentlsetning blir mer intuitiv. I tillegg til t Riemn og Drbou leder til kkurtt smme integrlbegrep. Riemnn integrlet blir studert i??, smt å vise t Drbou og Riemnn er ekvivlente.

10 I Definisjon v Integrlet 5 Eksempel... Funksjonen f : [, ] R definert ved { når er rsjonl f() når er irrsjonl er ikke integrerbr 4. Grunnen er t siden både de rsjonle og de irrsjonle tllene ligger tett på tllinjen så vil ethvert intervll inneholde både rsjonle og irrsjonle tll. Dette betyr t M i og m i unsett hvor lite vi gjør intervllet [ i, i ]. Følgelig er og Ø(Π) N(Π) n M i ( i i ) i n m i ( i i ) i for lle prtisjoner Π. Altså er n ( i i ) i n ( i i ) i f() og f() og f er derfor ikke integrerbr på [, ]. Bemerkning: Hv vil det si t det eksisterer ikke-integrerbre funksjoner? Geometrisk betyr det t noen funksjoner er så uregelmessige t vi ikke kn definere relet under grven deres ved hjelp v vår tilnærmingsprosedyre. Det kn tenkes t vi for noen v disse funksjonene kn definere relet ved å bruke smrtere og mer fleksible metoder, men mn kn vise t det er prinsipielt umulig å finne et fornuftig relbegrep som omfttet lle mengder. Vi må derfor venne oss til tnken på t det eksisterer områder som ikke kn måles, og visse funksjoner som ikke kn integreres. Hvordn kn vi vise t funksjoner er integrerbre? Legg merke til t siden b f() b f() så er det nok å vise t for enhver ε >, finnes det en prtisjon Π slik t Ø(Π) N(Π) ε (.) Så fremt vi kn gjøre forskjellen mellom nedre og øvre trppesum vilkårlig liten må de gå mot smme verdi. Dette smsvrer med hvordn vi hr definert integrlet. L oss se på noen enkle funksjoner 4 Denne funksjonen klles gjerne Dirichlet funksjonen og er en indiktorfunksjon. L A være en undermengde v X D er indiktorfunksjonen A : X {, } definert som { if A, A () : if / A. Selv om funksjonen ikke er integrerbr ut i fr vår definisjon, er den som vi skl se senere Lebesgue integrerbr. Funksjonen blir ofte brukt for å begrunne behovet for en mer generell definisjon v integrlet.

11 6 Definisjon v Integrlet I Proposisjon... Enhver monoton funksjon er integrerbr Bevis. L oss nt t f : [, b] R er voksende (beviset for vtgende funksjoner er helt likt). L Π være prtisjonen som deler [, b] inn i n like lnge delintervller v lengde (b )/n. Siden f er voksende, så er Det er lett å innse t m i f( i ) og M i f( i ) Ø(Π) N(Π) [ f(b) f() ] b n ved å gjøre følgende regnestykke n Ø(Π) N(Π) M i ( i i ) i n i f( i ) b n [ f(b) f() ] b n n m i ( i i ) i n i f( i ) b n Den siste likheten skyldes t summen teleskoperer, siden summene inneholder de smme leddene bortsett fr to ledd. Leser oppfordres til å skrive ut summene og [ se hvilke ] ledd som består. Lr vi n vokse, ser vi t vi kn få Ø(Π) N(Π) f(b) f() b n så liten vi måtte ønske. Følgelig så er f integrerbr. Beviset ovenfor inneholder en oppskrift på hvordn en kn beregne integrlet v monotone funksjoner. Dette oppsummerer vi i følgende korollr. Korollr... Dersom f : [, b] R er en monoton funksjon, så er b f() lim n i n f( i ) lim n i n f( i ) der < < < < n b er en inndeling v intervllet [, b] i n like store deler, og b n. Bevis. Ant t f er voksende og l Π betegne prtisjonen i korollret. Vi vet t N(Π) b f() Ø(Π) I følge beviset for proposisjon (..) nærmer N(Π) og Ø(Π) seg hverndre når n, og de må derfor begge nærme seg b f() som grenseverdi. Altså er b n f() lim N(Π) lim f( i ) n n og b f() lim Ø(Π) lim n n Beviset for vtgende funksjoner er nlogt. i n f( i ) i

12 I Definisjon v Integrlet 7 Eksempel... Beregn b e. Funksjonen er en monoton funksjon, og følgelig integrerbr. L < < < < < n < b være en inndeling v intervllet [, b] i n like store deler. I følge korollret (med f e ) er b f() lim n k f( i ) lim n k e (i )b/n b n lim n b n n e kb/n Summen n k ekb/n kn beregnes ved hjelp v differensillikninger. Men det enkleste er å observere t n k ekb/n n k (eb/n ) k er en endelig geometrisk rekke med kvotient e b/n. I følge sum formelen for en geometrisk rekke er d k n e kb/n (eb/n ) n e b/n k eb e b/n Dette betyr t b f() lim n b n e b e b/n (eb ) lim n b/n e b/n For å beregne den siste grensen er det lurt å sette b/n og benytte L hôpitls [ ] b/n lim n e b/n lim + e lim + e Dermed hr vi ltså vist t b e (e b ) lim n som vr det som skulle bestemmes. b/n e b/n eb Regningen i dette eksempelet er kkurt smme type som vi gjorde i forrige seksjon, og illustrerer hvordn?? binder smmen den bstrkte definisjonen v integrlet med konkrete beregninger. Det er enkelt å utvide proposisjon (..) og?? til en klsse funksjoner som omftter nesten lle de vi støter på i skolemtemtikken. Vi sier t en funksjon f : [, b] R er stykkevis monoton dersom vi kn dele inn [, b] i endelig mnge delintervller slik t f er monoton på hvert delintervll. Dette betyr ltså t vi kn finne en prtisjon d < d < d < < d n b slik t f er monoton på hvert v intervllene (d i, d i ). Altså Proposisjon... Enhver stykkevis monoton funksjon er integrerbr Dette kn bevises Ved å behndle hvert v intervllene (d i, d i ) for seg. Jeg overlter dog beviset til leseren.

13 8 3 Anlysens fundmentlteorem I. 3 A N A LY S E N S F U N D A M E N TA LT E O R E M Newton og Leibniz grunnleggende oppdgelse vr t integrsjon og integrsjon vr omvendte regnerter. Istedenfor å løse integrsjonsoppgver gjennom kompliserte og rbeidskrevende summsjonser (som du forhåpentligvis hr gjort gjennom oppgvene) kn vi heller finne en nti-derivert. I denne seksjonen skl jeg forklre det teoretiske grunnlget for denne metoden. En ntiderivert til f er en funksjon G slik t G () f() 5. L A() f(t) dt, d er A en funksjon som ngir relet mellom -ksen og f. At A er en ntiderivert til f, betyr t A () f(). Det er ikke så vnskelig å forklre intuitivt hvorfor det må være slik. Ant t y f( + ) f() A() + Figur.: Grfen til en vilkårlig funksjon f() det eksisterer en slik funksjon A(y) som beskriver relet under f() fr et punkt til ett eller nnet punkt y. Her ntr jeg t f er en monotont stigende på hele intervllet, rgumentet for en monotont synkende funksjon er helt likt 6. Det skyggelgte området i figur(.) er eksempelvis A(). Nå utvider vi området med en liten fktor. Arelet under grfen til f fr til + kn d skrives A A( + ) A(). Ut i fr figur(.) så vil dette relet lltid ligge mellom nedre og øvre skrnke. Dette kn beskrives ved følgende ulikhet f() A( + ) A() f( + ). Siden relet v et rektngel er lik grunnlinjen gnget med høyden. Grunnlinjen her blir G ( + ), og høyden er f(). Kruet er nå t siden 5 Jeg kommer til å betegne ntideriverte med store bokstver, mens vnlige funksjoner forblir små. 6 Selvsgt vil ulikhetene gå motstt vei for en synkende funksjon. Knskje du er skeptisk til hvorfor det holder å studerere monotont voksende og synkende funksjoner, hv med de som er begge deler? Merk t dersom funksjonen er tilstrekkelig pen (jeg kommer tilbke med en presis beskrivelse), så kn vi dele inn funksjonen i intervll hvor den enten er monotont synkende eller sitgende.

14 I 3 Anlysens fundmentlteorem 9 > så kn en fritt dele ulikheten på f() A( + ) A() f( + ). (.3) Videre lr vi. Visuelt kn en se på dette som t vi gjør rektngelet mindre og mindre, helt tilsvrende som når en utledet formelen for den deriverte. lim f() lim A( + ) A() Første leddet blir f(b), og siste leddet blir f(b), ltså f() lim A( + ) A() lim f( + ). f() Dette begynner å se pent og kjent ut. Det midterste leddet kjenner du nok igjen som definisjonen på den deriverte D hr en ltså skvist A () f () lim f( + ) f() f() A () f(). Vi hr ltså t A() f(t) for lle og A () f(). Med ndre ord er A en ntiderivert til f! Dette viser ltså følgende teorem Teorem.3. (Anlysens fundmentlteorem - Del I). Ant t f : [, b] R er kontinuerlig. D er f integrerbr på ethvert intervll [, ] der b og funksjonen er en ntiderivert til f på [, b]. F () f(t) dt De fleste bøker er fornøyd med denne forklringen, men den hr flere hull og mngler. For et skikkelig bevis nbefler jeg å lese strten på neste seksjon vsnitt (.). Ønsker en heller et bevis vi Riemnn-integrlet kn du skumme igjennom vsnitt (B.). Anlysens fundmentlteorem hr mnge konsekvenser både teoretiske og prktiske. De prktiske er lettest å se om vi formulerer resulttet litt. Men først en liten hjelpesetning Lemm.3.. Ant F og G begge er ntideriverte til f på intervllet [, b], (F G f). D eksisterer det en konstnt C R slik t for lle [, b]. F () G() + C Bevis. Definer H() F () G(). For lle (, b) så er H () F () G () f() f() og siden den deriverte er null, betyr dette t H er konstnt. Det vil si t C H() F () G(). Men dermed så er F () G() + C, som ønsket..

15 3 Anlysens fundmentlteorem I Korollr.3. (Anlysens fundmentlteorem - Del II). Ant t f : [, b] R er kontinuerlig, og t F er en ntiderivert til f. D er b f() F () F (b) Beviset er lngt i fr like teoretisk som for Del I, og inkluderes derfor her. Bevis. Ant F er en ntiderivert til f, hvor f er kontinuerlig på [, b].. L G() f(t) dt Fr FTC 7 (..) vet vi t G er en ntiderivert til f. I følge lemm (..) er d G() F () + C, hvor C R er en eller nnen konstnt. Bruker vi G() (hvorfor?), fås F () + C G() f(t) dt Som medfører t C F (). Med ndre ord så er G() F () + C F () F (), ltså G(b) som vr det som skulle vises. b f() F (b) F () Det er dette korollret som tillter oss å integrere på den måten vi er vnt til. Eksempel.3.. Beregn 3 4 Siden den deriverte til 5 /5 er 4, forteller korollret oss t 3 [ ] cos Eksempel.3.. Bestem d e t dt. Det første du knskje tenker på er å regne ut integrlet, sette inn grensene også derivere svret. I dette tilfellet er fktisk denne metoden ikke bre tungvinn men, umulig siden vi ikke klrer å finne en ntiderivert til e t. Det neste du knskje tenker på er å t det er synd t øvre grense er cos og ikke, for d kunne vi h brukt FTC (..) til å si t siden derivsjon og integrsjon er motstte regnerter, ville vi fått få integrnden tilbke når vi deriverte integrlet. Denne observsjonen er fktisk hlveis til målet lt vi trenger en en liten vri. L oss først definere funksjonen F () dt. et I følge FTC (..) er d F () e. Så observerer vi t G() F (cos ). Vi kn nå bruke kjerneregelen til å derivere G G () F (cos )(cos ) e cos sin (.4) 7 herfr betegner jeg nlysens fundmentlteorem som FTC fundmentl theorem of clculus, både for å være internsjonl, og fordi det er for lngt å skrive

16 I 3 Anlysens fundmentlteorem Dette eksempelet kn generliseres inn i følgende korollr. Korollr.3.. L f, g, h være deriverbre funksjoner, d holder d h() g() f(t) dt f h h f g g I korollret ble følgende notsjon brukt f h f(h()) og h h () for å gjøre ting noe penere. Beviset overltes til leser, men det holder å dele opp integrlet b f(t) dt b f(t) dt dt, også benytte kjerneregelen på hver del. Helt tilsvrende som i eksempel (.3.). Helt til sllutt i denne seksjonen er det knskje på sin plss å diskutere hvorfor nlysens fundmentlteorem (..) er så fundmentl. Hvorfor kunne vi ikke bre h definert integrlet til å være den ntideriverte, og h sluppet lle disse bevisene? Det er flere gode grunner. Den viktigste er knskje t det er ideen om integrlet som grenseverdien v en sum som er det viktigste når en skl løse prktiske problemer. Det er denne ideen som gjør t mn kn omforme et fysisk problem eller teknisk problem til en integrsjonsoppgve. Den ndre grunnen er t det er ideèn om tilnærming ved hjelp v trppefunksjoner som ligger bk lle generliseringene v integrlbegrepet, for eksempel til flere vribler eller ende mer kompliserte funksjoner. Forstår mn ikke denne ideèn i det enkleste tilfellet vi ser på, hr mn ikke mulighet til å forstå generliseringene. Den tredje grunnen er mer teoretisk. Dersom vi hdde definert integrlet som en ntiderivert, hdde vi ikke visst hvilke funksjoner som vr integrerbre det finnes nemlig mnge funksjoner som er integrerbre (slik vi hr definert begrepet), men som ikke kn integreres i den forstnd t vi kn skrive ned en formel for den ntideriverte uttrykt ved elementære funksjoner. Spesielt i teoretisk rbeid ville det vært plgsomt å ikke kunne snkke om integrlet til en funksjon, før mn fktisk hdde integrert den.

17 4 Det ubestemte integrlet I. 4 D E T U B E S T E M T E I N T E G R A L E T Anlysens fundmentlteorem forteller oss t det er viktig å kunne derivere bklengs.. det vil si å kunne finne de ntideriverte til en gitt funksjon. Når vi skl gjøre dette i prksis, er det greit å h et symbol for ntiderivjson. Siden formålet med ntiderivsjon nturlig nok er å løse integrler, velger vi et symbol og en terminologi som minner oss om dette: Definisjon.4.. Vi definerer det ubestemte integrlet f() til å være en generell ntiderivert til f. Siden to ntideriverte er like opp til en konstnt, betyr det t f() er lik en spesiell ntiderivert pluss en vilkårlig konstnt. Merk t integrlet f() bre er definert når f hr en ntiderivert. En stor fordel med nlysens fundmentlteorem Eksempel.4.. n n + n+ + C log + C log n n L oss vise integrlet ovenfor. Husk på t den nturlige logritmen hr jeg definert som log : dt/t (se?? fr vsnitt (A.)). Derivsjon v logritmen gir d d log d dt t Målet blir nå å vise t høyresiden blir / uvhengig om er positiv eller negtiv. Tilfellet hvor er positiv følger direkte fr nlysens fundmentlteorem (hvorfor?). Ant t <, vi hr d d som vr det som skulle vises. log d log Noe oppkonstruert eksempel, men det ville ikke vært vnskeligere å vise med en nnen definisjon v logritmen. Merk t dette gir oss muligheten til å beregne integrlet over /t også for negtive verdier, for eksempel 3 dt t [log ] 3 log log 3 log 3

18 I 4 Det ubestemte integrlet 3 To kommentrer. Merk t integrlet b dt/t hvor og b er positive tll fortstt ikke eksister, dette hr å gjøre med hvordn /t oppfører seg nærme null. Integrlet ovenfor kunne og vært løst vi substitusjon 3 dt t 3 dt t 3 dt t log 3 Her lr jeg det være opp til leser å finne ut hvilken substitusjon jeg brukte, smt å finne hvilken regel som ble brukt i hver overgng. Det er dette som gjør t vi velger å definere log dt/t eller med ndre ord b [ ] b t log log b såfremt og b hr smme fortegn. Hv skjedde i den siste overgngen? Eksempel.4.. Siden sin er en spesiell ntiderivert til cos, blir cos sin + C hvor C som vnlig betegner en vilkårlig konstnt. (.5) Proposisjon.4.. Ant t f og g er kontinuerlige funksjoner og t er konstnt. D gjelder f() f() (.6) f() + g() f() + g() (.7) Bevis. Disse regnereglene følger direkte fr regnereglene for derivsjon. Vi viser likning (.7), siden den første kn vises helt likt. Her tr vi utgngspunkt i t vi llerede hr vist nlysens fundmentlteorem. Dersom F og G er ntideriverte v henholdsvis f og g, så er D[F () + G()] F () + G () f() + g(). Dette viser t F () + G() er en ntiderivert til f() + g(), så f() + g() F () + G() + C f() + g() som ønsket. Se (A..) for et bevis for t D[F () + G()] F () + G (). Proposisjon.4.. Dersom g er deriverbr, f er kontinuerlig og F er en ntiderivert v f, så er f ( g() ) g () F ( g() ) + C Bevis. Deriverer vi F ( g() ), får vi vi kjerneregelen (A..5) D[F ( g() ) ] F ( g() ) g () f ( g() ) g () Altså er F ( g() ) en ntiderivert v f ( g() ) g (), og resulttet følger.

19 4 4 Det ubestemte integrlet I Senere kommer vi til å gå dypere inn for å forklre denne regelen. For nå svelger jeg verdigheten min og kommer å bruke regelen som vnlig. Altså t vi setter u g() og beregner du g () 8. De som ikke kn vente på svret, så tr jeg opp igjen denne tråden om pussig notsjon i strten v Del II. Eksempel.4.3. Beregn (sin ) 4 cos Vi setter u sin 9 og får du cos. Setter vi inn fås (sin ) 4 cos (kontroller svret ved å derivere høyresiden). u 4 du u5 5 + C 5 (sin )5 + C 8 Forklringen på hvorfor dette er lov står som følgende i mnge clculus bøker: L u g() ved å derivere begge sider med hensyn på. Så du g () du g () Men dette er jo selvsgt bre tull. Notsjonen du/ betegner den deriverte og er ingen brøk. 9 End et tnkekors: vnligvis setter vi g(u), hvorfor er det lov å gjøre det omvendte? Altså hvorfor hr vi lov å bruke smme metode med h() u, eller f() p(u)?

20 I 5. Ideèn gjennom eksempler 5. 5 D E LV I S I N T E G R A S J O N I denne delen skl vi besøke delvis integrsjon. Mens integrsjon vi substitusjon i sin mest elementære form utnytter kjernereglen, så utnytter delvis integrsjon produkt regelen. I bruk er metoden noe vnskeligere, og kn kreve flere steg før en kommer i mål. Til gjengjeld hr nok metoden noen flere bruksområder.. 5. I D E È N G J E N N O M E K S E M P L E R Ant t vi trenger å bestemme en ntiderivert til funksjonen f() (sec ).. Det er ikke vnskelig å se t en norml substitusjon ikke vil fungere her (hvorfor?). En oppegående og nstendig student vil nok knskje merke seg t sec inneholder ledd som kunne h kommet fr produktregelen for derivsjon d tn d tn + tn d sec + tn (.8) Dersom vi stokker om leddene ovenfor, kn vi skrive likning (.8) som sec d [ ] tn tn (.9) Fktisk gir denne likningen selve essensen v delvis integrsjon: funksjonen som skl integreres er ltså en del v produktregelen. Håpet er d t den ndre delen v produktet tn er enklere å integrere enn det første, ltså sec. Integrerer vi begge sider v likning (.9) får vi sec d [ ] tn tn tn tn tn + log cos + C Jeg skl snrt utlede og struktere dette til en formell teknikk, men før dess tr i end ett eksempel. Eksempel.5.. cos Ved litt prøving og feiling eller et utmerket flkeblikk ser vi t integrnden er en del v produktet D [ sin ] cos + sin. Så isolerer vi cos og integrerer cos d [ ] sin sin sin + cos + C Det kn være interessnt å derivere uttrykket ovenfor å se hvordn leddet cos oppstår og hvordn cos leddet knseleres. Dette overltes til leser Husk på t sec / cos.

21 6 5 Delvis Integrsjon I. 5. B E V I S E T Proposisjon.5.. Ant t u og v er kontinuerlig deriverbre funksjoner v en underliggende vribel l oss si. D er formelen for delvis integrsjon gitt ved u(v)v () u()v() u ()v() (.) Formelen er lett å utlede, men først vil jeg påpeke t likning (.) ofte skrives u dv uv u v, (.) og det er denne notsjon jeg kommer til å benytte meg v i utledningen. Merk t dette bre er et skifte v notsjon, og likningen uttrykker kkurtt det smme. Skrivemåten ovenfor klles for differensilformen. Bevis. Vi obsererver først t (uv) u v + uv fr produktregelen for derivsjon se (A.7) fr proposisjon (A..). Integrerer vi begge sider v likningen fås (uv) u v + uv. (.) Husk igjen t u og v er funksjoner v en underliggende vribel, og vi strengt tlt burde h skrevet bk hvert integrl. Disse sløyfes dog v ltskp. I følge nlysens fundmentlteorem (..) er (uv) uv + C. (.3) Setter vi inn likning (.3) så kn (.) skrives på formen uv u v + uv. (Hvor integrlene på høyre side sluker integrsjonskonstnten vår) Ved å skrive v dv, smt å stokke om på leddene ovenfor gir oss likning (.). De fleste lærebøker definerer delvis integrsjon kkurtt som likning (.). Den bør pugges, men utledningen spesielt (.) bør ikke gå i glemmeboken. Eksempel.5.. Bestem e. Jeg velger u og v som vist under u dv e du v e Ved å sette inn i formelen for delvis integrsjon vår vi d e e e som vr det som skulle beregnes. e e + C e ( ) + C Dette betyr med ndre ord t u, v er kontinuerlige, ltså t u, v C. Fr proposisjon (A..4) og induksjon følger det t dersom f (n) er kontinuerlig, så er f (k) kontinuerlig hvor k,..., n. Leser oppfordres til å bekle beviset i en formell språkdrkt om du ikke er fornøyd med notsjonen.

22 I 5. Beviset 7 I del I vil lle stykker som innvolverer delvis integrsjon bli ført på smme måte. Senere når du er blitt litt vrmere i trøy ltså del II vil jeg bre skrive opp u og dv. Eksempel sin Her vil det ikke være gunstig å velge u sin, fordi d må dv 3. Dette fører d til t du cos og v 4 3 så v du 5 5 cos som er værre enn hv vi strtet med. Vi må derfor velge u k, for en eller nnen k,,, vi kn ikke velge u 3 for d er dv sin( ) som ikke hr en elementær ntiderivert 3. Vlget fller på dv sin, d denne hr en enkel ntiderivert (hvorfor?). u dv sin du v cos Ved å sette inn i formelen for delvis integrsjon vår vi d 3 sin sin ( ) cos ( ) cos cos + cos cos + sin + C Hvor jeg brukte substitusjon for å integrer cos, du ser knskje hvilken? Dette eksemplet viser hvordn krvet om t v dv hjelper oss å velge fornuftige u og dv. Mn kn si det vr flks t integrlet vi endte opp med vr integrerbrt, d det ikke hdde vært mulig med liknende integrl 4 sin, sin. L oss t ett liknende eksempel, men denne gngen med brøker Eksempel Ved å stirre en stund på integrlet, velger jeg u 5 dv 4 ( 5 ) / du 5 4 v 5 ( 5 ) / 3 Merk t selv om ikke integrlet hr en elementær ntiderivert, så kn vi bestemme integrlet sin( ), dette integrlet klles et v Fresnel integrlene og vil bli studert i vsnitt (3.8), se spesielt (??).

23 8 5 Delvis Integrsjon I Merk hvor omhyggelig disse vr vlgt slik t v dv vr mulig å beregne. 9 ( 5 5 ) 5 ( 5 ) / + ( 5 ) ( 5 ) / ( 5 ) / ( + ) 5 + C 3 ( 5 ) 3/ + C Hvor den siste overgngen bestod i å trekke ut den felles fktoren I N T E G R A S J O N A V B E S T E M T E F U N K S J O N E R Her skl vi se på delvis integrsjon v funksjoner på formen p()f(), hvor p er et polynom og f er en funksjon. Tidligere hr jeg lltid derivert polynomet siden dette er forholdsvis enkelt å gjøre mens f hr (heldigvis) vært enkelt å integrere. L oss studere noen eksempler hvor det er motstt, ltså hvor f er vnskelig å integrere, men enkel å derivere. Eksempel.5.5. log Vi kn ikke velge dv log, siden vi end ikke vet hv den ntideriverte v log er 4. So vi hr lite vlg i å l log være u. u log dv du v 3 3 Delvis integrsjon gir d log (log ) ( log log C ) Eksempel.5.6. log log + C (.4) Vi kn ikke velge dv log (hvorfor ikke?). Slik eneste gjenstående vlg er u log, kkurtt som i forrige eksempel. Kruet er nå å legge merke t d må v siden v u log ltså hele integrnden. u log dv du v 4 Selv om dette vr kjent ville det ikke vært et lurt vlg, dette vil eksempel (.5.6) vise.

24 I 5.3 Integrsjon v bestemte funksjoner 9 Ved å sette inn kn ltså integrlet skrives som ( ) log () (log ) log Herfr ser vi t integrlet v en konstnt er, så integrlet kn skrives som log log + C (.5) Dette er nok det mest ikoniske eksempelet på nytteverdien v delvis integrsjon, selv om utregningen vr såre enkel. Bestemte integrl Med grenser skrives formelen for delvis integrsjon (.) b u dv [ ] b uv b u v, hvor igjen u og v er funksjoner v en underliggende vribel. Et enkelt eksempel er vist under Eksempel.5.7. π π sin Den ntideriverte er enklere enn eksempler, men her er utfordringen å holde tungen bent i munnen når en skl holde styr på lle fortegnene (+/ ). u dv sin du v cos π π sin [ ] π π cos + cos π π [ π cos π] [ ( π) cos( π)] + [ sin ] π π ( π)( ) (π)( ) + sin π sin( π) π For å gjøre utregningen noe enklere å føre, kunne vi lgt merke til t π cos π er null siden vi integrerer cos over en hel periode. Integrlene over cos og sin er null over enhver hel periode. Det er sedvne å beregne delen [u(v)v()] b seprt, men en kunne også h beregnet hele den ntideriverte, også beregnet grensene og ttt differnsen. En rsk måte å føre integrlet på blir d π π sin [ ] π cos + sin (π + ) ( π + ) π. π Som du ser er det noen gnger enklere å besteme det ubestemte integrlet først.

25 5 Delvis Integrsjon I Å L E G G E T I L E N K O N S TA N T Når vi integrerte brøker l jeg noen gnger til null i tellere for t integrsjonen skulle bli enklere. For delvis integrsjon kn vi gjøre noe tilsvrende. Det er rtig å legge merke til v vi velger u og dv, og deretter beregner du og v. Altså er ikke vlget v v unik; siden overgngen fr dv til v er ntiderivsjon, så vet vi bre v opp til en ddittiv konstnt. Eksempel.5.8. L oss igjen t (.5.) igjen som et eksempel. e L oss nå velge v e + π i stedet for v e og se hv som skjer. e (e + π) (e + π) kkurtt som før. e + π (e + π) + C ( )e + C Korollr.5.. L u og w v + k, hvor v og u er funksjoner v en underliggende vribel. D er uw uv u dv, gitt t k R er en konstnt. Her overlter jeg beviset til leseren og tr i stedet et enkelt eksempel. Eksempel.5.9. L oss først prøve det nturlige vlget rctn u rctn dv du + v Her vlgte jeg å sette u rctn fordi jeg ikke helt vet hvordn jeg integrerer rctn. 5 rctn rctn + Her ser ikke det siste uttrykket spesielt pent ut 6, så vi prøver ett nytt vlg v u og v. Et smrtere vlg er følgende u rctn dv du + v + 5 Dette er en hvit løgn. Bytt om på u og dv hv skjer? 6 Det siste uttrykket kn selvsgt integreres ved enten å bruke polynomdivisjon eller å legge til null resten overltes til leser. Poenget er t utregningen tr unødvendig mye plss og tid.

26 I 5.5 Indirekte delvis integrsjon Bruker en nå delvis integrsjon får vi direkte rctn ( + ) ( rctn + ) ( + ) rctn + C + som vr hkket enklere å integrere. For å finne det mgiske konstntleddet kunne vi først h brukt v / + k stt inn i formelen for delvis integrsjon også sett t k / gv den enkleste utregningen. En bytter ltså mer tenking omkring vlget v u og v, mot mindre rbeid i utregningen v u v I N D I R E K T E D E LV I S I N T E G R A S J O N Eksempel.5.. (sin ) (.6) L oss bestemme integrlet v (sin ) vi delvis integrsjon. Først setter vi u sin og v cos får vi (sin ) sin ( cos ) cos ( cos ) Siden v sin cos og u (sin ) cos. Dette kn skrives som (sin ) sin cos + (sin ) Hvor enhetsformelen (sin ) + (cos ) ble brukt. Kruet er nå å legge til (sin ) på begge sider v likningen. Vi får d (sin ) sin cos + Ved å dele på på begge sider v likhetstegnet, får vi (sin ) sin cos + C som vr det som skulle bestemmes. Senere skl vi se t integrlet også kn løses uten delvis integrsjon. Eksempel.5.. sin cos Dette er et noe oppkonstruert eksempel d det kn løses enkelt om en husker på sine trigonometriske identiter 7 Vi bruker delvis med følgende u og v. u sin cos dv sin cos du (cos ) (sin ) v cos 7 Merk t (sin ) (cos ) 4 (sin ) 4 siden sin cos sin og (sin ) cos. cos 4 8 sin 4 + C 3

27 5 Delvis Integrsjon I Hvor integrlet v cos sin kn løses både med u sin eller u cos. Grunnen til t vi ikke skriver [cos sin ] cos, vil snrt bli klr. Delvis integrsjon gir d I (sin ) (cos ) sin cos ( ) (cos ) [ [(cos ) (sin ) ] ( ) ] cos [ ] sin (cos )3 sin cos (cos )4 sin (cos )3 I (cos ) 4 Hvor jeg definerte integrlet vårt som I, se nå t kkurtt som i forrige eksempel ender vi igjen opp med integrlet vårt på høyre side. Denne gngen er det ikke hele integrlet som dukker opp, men I/. Legger vi dette til på begge sider fås 3 I sin (cos )3 + (cos ) 4 I 3 sin (cos )3 + (cos ) 4 3 Det siste integrlet kn løses enten vi flere smrte trigonometriske identiter, eller delvis integrsjon. Dette overlter jeg dog til leser å finne ut v. Oppgver. Bruk delvis integrsjon til å vise t (.7)

28 I 6 Substitusjon 3. 6 S U B S T I T U S J O N Tidligere så vi på hvordn produktregelen for derivsjon gv opphv til en nyttig integrsjonsteknikk. I denne delen skl vi se på hvordn kjerneregelen kn gjøre det smme. Teknikken som skl studeres klles gjerne skifte v vribel, eller substitusjon, siden kjært brn hr flere nvn. d Kjernereglenen i ll sin enkelhet sier t f( g() ) f ( g() ) g (), integrerer vi begge sider får vi følgende proposisjon Proposisjon.6.. Dersom g er deriverbr, og f er kontinuerlig, d er (f g) g F g + C, Hvor F betegner en ntiderivert til f 8. Huskeregelen for denne setningen er reltivt grei. Vi setter u g(), deriverer vi får vi du g (), slik t du kn skrive f [ g() ) g () f(u) du F (u) + C F ( g(x) ) + C Som virker nturlig siden du/ g (), bre er to ulike nvn som betegner det smme. L oss illustrere proposisjonen gjennom et enkelt eksempel. Eksempel.6.. ( + ) 7 Tnken er t dersom integrlet vr u 7 du ville vi klrt å integrere det enkelt. u u7+ + C Dersom vi lr u +, så blir du og vi kn benytte proposisjon (.6.). Siden d er kjernen vår g() + og g (). Slik t ( + ) 7 ( + ) u 7 du + 7 u7+ + C 8 ( + ) 9 Som en kn teste gyldigheten v vi derivsjon. Dessverre hr proposisjon (.6.) en stor ulempe i prksis d den kn bre benyttes når den deriverte g () er en fktor i integrnden. Ofte er det dog ikke like enkelt å finne g () i integrlet vårt. Ant t integrlet vi skulle integrert 8 Merk t f g betegner komposisjonen mellom f og g, med ndre ord f ( g(z) ). Fordelen er noe enklere notsjon, smt t en slipper å spesifisere vribelen. Helt eksplisitt skrives formelen som f ( g() ) g () F ( g() ) + C. Men ulempen d er t en må eksplisitt nevne hvilken vribel en integrerer med hensyn på. I henhold til formelen er jo dette helt irrelevnt.

29 4 6 Substitusjon I hdde vært (+ ) 7, nå er ikke proposisjon (.6.) gyldig, siden integrlet ikke inneholder g (). 9 L oss se på et eksempel hvor g () ikke er en fktor. Eksempel En reltivt åpenbr substitusjon er u +, men d mngler som nevnt g () som trengs for proposisjon (.6.). L oss derimot være lovløse og fortsette regningen. Løser vi likningen u +, fås (u ). Derivsjon gir d du (u ) Ren ønsketenkning så kn dette skrives som (u ) du, og innsetning gir (u ) du du u log u + u u ( + ) log( + ) + C log( + ) + C Hvor konstnten C slukte både og C. At dette svret er riktig kn en se vi derivsjon, men hvorfor fremmgngsmåten er rett er mer usikkert. Fr oven så er riktig nok / du (u ), men / du er ikke en brøk, og vi kn ikke skrive denne formelen som (u ) du. Heller kn vi ikke sette inn for i integrlet /( + ) d er ingen fktor i integrnden, men bre en merkelpp som forteller oss t er integrsjonsvribelen. Vi trenger et resultt som forsikrer oss tregningene ovenfor gir riktig resultt selv om enkelttrinnene er komplett meningsløse Proposisjon.6.. Ant t f er kontinuerlig og t g er deriverbr og strengt monoton. L h være den omvendte funksjonen til g, og nt t h () er kontinuerlig. D er [ ] f g f h du. ug Hvor den siste notsjonen betyr t vi integrerer høyresiden, for deretter å ersttte lle u med funksjonen g. 9 Det finnes selvsgt måter å gå rundt dette problemet på, ved å legge til den mnglende fktoren. ( + ) 7 ( + ) 7 u 7 du 8 u8 + C 6 ( + ) 8 + C Derimot blir denne metoden lngt vnskeligere å bruke på styggere integrl. Selv ikke dette er helt riktig, en kn se på 4 som ett uttrykk og så integrere disse. Dette betegnes gjerne som differensilformer, og brukes mye i differensilgeometri. Rmmeverket for å behndle slike uttrykk er derimot svært komplisert. Proposisjon (.6.) kn selvsgt også eksplisitt skrives som [ ] f ( g() ) men igjen er notsjonen ovenfor noe penere. f(u)h (u) du ug()

30 I 6 Substitusjon 5 L oss vise t proposisjonen ovenfor gir mening. Ant t vi ønsker å integrere f ( g() ) ved å innføre u g() som en ny vribel. Løser vi likningen u g() med hensyn på fås, h(u) (Husk t h og g er omvendte funksjoner). Deriverer vi med hensyn på u fås du h (u) Akkurtt som i eksempel (.6.), skriver vi dette som h (u) du og setter inn i integrlet f ( g() ) f(u)h (u) du Som er kkurtt hv proposisjonen sier. Krvet om t g skl være monoton hndler om t dette må til for t det skl eksistere en unik omvendt funksjon h på integrsjonsområdet. Løser vi det siste integrlet og setter u g() får vi f ( g() ) [ ] f(u)h (u) du ug() Så dersom overgngene i eksempel (.6.) kn vises, beviser dette også (.6.). Bevis. Vi ønsker å gjøre en liten omskrivning slik t proposisjon (.6.) kn benyttes. Dette gjøres ved en frekk liten mnøver. Siden h er den omvendte funksjonen til g så er h(g()). Derivsjon gir d. h (g()) g (). Følgelig kn vi skrive f g (f g)(h g)g Nå hr vi sneket inn den mgiske fktoren g, og vi kn benytte proposisjon (.6.) med u g, og du g (). (f g)(h g)g f h Hvor g g () og h h (u) du bre for å rydde opp i notsjonen. Løser vi dette integrlet og setter u g, får vi f h du ug. Altså er og dette fullfører beviset. [ f g ] f h du. ug Eksempel Vi bruker her den nye teknikken vi hr lært, og setter u 3. D er du /(3 /3 ), med ndre ord er 3u du, siden /3 ( /3 ) u u 3 3u du 3 + u + u du

31 6 6 Substitusjon I + ) Figur.: Polynomdivisjon v u 3 : (u + ). Det siste uttrykket kn være noe vnskelig å integrere, løsningen blir å enten bruke polynom-divisjon, eller en smrt omskrivning. Alterntivt kn vi legge til å trekke fr i telleren, og deretter bruke t u k+ + u + k i (i u) i Som for eksempel kn vises vi induksjon. For k blir d formelen u3 + u+ u u +. Altså blir integrlet 3 u u + u +. 3 u u + u + ( 3 3 u3 ) u + u log u + + C 3 /3 + 3 /3 3 log + /3 + C Som er kkurtt det smme en ville fått ved å bruke polynomdivisjonen. Eksempel.6.4. rcsin Dette integrlet kn løses selv om regningen blir noe grisete. Her prøver vi heller substitusjonen z rcsin, d er sin z (egentlig kunne vi lgt til et multiplum v π her, men vi velger den enkleste inversen). D blir k Det holder for n. Ant t det holder for i ( u)i k+ +. For k + hr vi d + k+ i ( u)i ( u) k+ + ( u) k+ k + i ( u)i. Bruker en nå induksjonshypotesen fås k+ ( u) i u k+ + u k+ + k+ + u + i uk+3 + u + Som vr det vi ønsket å vise. Selvsgt er dette mye enklere å vise om en tr i bruk sumformelen for den geometriske rekken. Men dette overltes til leser å bekrefte..

32 I 6 Substitusjon 7 cos z dz. 3 Altså kn integrlet skrives som rcsin sin z z cos z dz z sin z dz Hvor vi i siste overgng l merke til t sin z sin z cos z. Bre for å drille substitusjon, setter jeg t z, dette gir rcsin t sin t dt 8 [ ] t( cos t) ( cos t) dt [sin t t cos t] 8 8 Hvor leser selv får fylle inn mellomregningene i substitusjonen. I den nest siste overgngen brukte jeg delvis integrsjon, med u t, og v sin t. Det siste som gjenstår er å bytte tilbke til den opprinnelige integrsjonsvribelen. rcsin 8 [sin z z cos z] 8 sin z z cos z 4 Vi vet t z rcsin, ltså sin z, men hvordn kn cos z og sin skrives? cos z cos z sin z sin z sin z sin z cos z sin z (sin z) Altså kn det endelige svret skrives på formen rcsin ( ) rcsin z + C Det eksempelet viser noen v styrkene til substitutsjon, det er nemlig tilnærmet umulig å tippe svret ovenfor. Derimot kn en enkelt sjekke t det virker rimelig. Definisjonsmengden til rcsin er [, ], og det stemmer for høyresiden og. Om en virkelig vil sjekke t svret er riktig, kn leser bruke en del v livet sitt på å derivere svret. En kn knskje bli fristet til å bruke delvis integrsjon på uttrykket ovenfor: rcsin dz rcsin. Men løser en det siste integrlet ender en opp på nøyktig smme spor som før. 4 Bruker en delvis integrsjon først, må en deretter bruke substitusjon; ltså 3 Noen vil knskje sette spørsmålstegn til denne fremgngsmåten. Vnligvis ville en derivert z rcsin, som gir dz (sin z) cos z Ved å gnge med cos u får vi cos z dz (siden cos z på intervlet), kkurtt som før. 4 Substitusjonen sin z leder til (sin z) dz 4 sin z cos z 4 z + C Hvor en igjen må beregne de inverse funksjonene.

33 8 6 Substitusjon I omvendt v før. Dette viser t det lngt i fr er en metode å beregne integrler på, ofte kommer det ned til hvilken metode en er mest komfortbel med. Selv om det er svært nyttig å prøve å løse integrler på flere ulike måter. Dette kommer spesielt til å bli nyttig i Del II og III, hvor hvert integrl krever en rekke steg for å bli løst.. 6. O P P G A V E R. rcsin. Bestem integrlet cos sin ved å bruke to ulike substitusjoner. Bruk dette til å vise enhetsformelen (cos ) + (sin ). 5 5 Dette beviset er selvsgt sirkulært, enhetsformelen trengs for å definere relsjonen mellom sin og cos, som igjen benyttes til å definere de deriverte. Dog gjør ikke det oppgven mindre kjekk.

34 I 7 Trigonometriske funksjoner 9. 7 T R I G O N O M E T R I S K E F U N K S J O N E R For en diskusjon om Riemn-integrerbrhet og ulike typer integrler henvises leses til Appendi. Her blir og temet om konvergens v integrler studert gjennomgående. Proposisjon.7.. Vi hr t (rctn ) + og for lle t. Videre så er t t + /t rctn t (.8) + rctn t (.9) + Bevis. Vi beviser første del v proposisjonen mens siste del overltes til leser, se oppgve. Derivsjonen v rctn kn vises ved implisitt derivsjon. L y rctn, d er tn y. Derivsjon gir d tn y d dy (tn y) dy ( + (tn y) ) dy d dy + (tn y) d rctn + d I ndre linje ble kjerneregelen benyttet, ltså t d dy. I siste linje kn dy vi benytte oss v t y rctn og tn y for å få det ønskede resulttet. Derivsjonen v tn kn for eksempel føres dy tn dy sin cos (sin ) cos sin (cos ) (cos ) (sin ) (cos ) + (cos ) (cos ) Som viser t (tn ) + (tn ), siden sin / cos tn per definisjon. Ved å integrere (rctn ) /( + ) fr null til t fås t + t (rctn ) [ ] t rctn rctn t Som følger fr t siden tn så er rctn. Alterntivt kunne vi integrert uttryket vi substitusjonen tn y. D blir d (tn y) ( + tn (y) ) dy ( + ) dy

35 3 7 Trigonometriske funksjoner I Altså er /( + ) dy. Grensene blir rctn og rctn t. Slik t integrlet kn skrives som t + rctn t dy rctn t Dette fullfører første del v beviset. Siste delen v beviset overltes til leser, se oppgve 4. Korollr π 4 + π Bevis. Første overgng fller direkte ut v likning (.9), med t. D hr vi / + + rctn π 4 Andre overgng følger fr likning (.8). tn π/4 så er rctn π/4. Verdien v rctn vet vi, siden Oppgver. ) Bevis siste hlvdel v proposisjon (.7.), ltså likning (.9). b) Bruk likningen til å vise t holder for lle R. c) Vis videre t integrlene under t rctn + rctn π log + /t holder for lle t >. Bestem følgende integrl ved å benytte deg v likning (.). log +, log, (.) +

36 I 8 Hyperbolske funksjoner 3. 8 H Y P E R B O L S K E F U N K S J O N E R Den siste klssen v funksjoner vi skl studere er hyperbolske funksjoner. Som vi skl se er ikke disse funksjonene ny, d de kn uttrykkes ved eksponentil funksjonen, mens den deriverte kn uttrykkes vi den nturlige logritmen. Grunnen til t vi studerer funksjonene er t de hr mnge nyttige egenskper som gjør de velegnet å bruke i ulike substitusjoner. Denne boken hndler om reler og integrler, jeg kommer derfor til å definere disse hyperbolske funksjonene som geometriske objekt og dereter utlede den klssiske definisjonen. Definisjon.8.. L γ være en linje gjennom origo til et punkt P på kurven y. L / være relet vgrenset v y, γ og -ksen. Funksjonene cosh og sinh er d definert som henholdsvis og y koordintene til punktet P. Denne definisjonen virker nok veldig uvnt, men blir lngt klrere om en betrkter figur(.3) og spesielt (.4). Med ndre ord så betegner (cosh, sinh ) 4 y cosh sinh Figur.3: Geometrisk fremstilling v de hyperbolske funksjonene. er punkt på hyperbelen y, vist i figur (.3). En kn ltså betrkte r() (cosh, sinh ) som en prmetrisering v kurven y. Men hvorfor kkurtt denne prmetriseringen? Forklringen er t kkurtt denne prmetriseringen gir opphvet til to funksjoner med svært mnge like egenskper til sin og cos, som er definert som et punkt på kurven y +. L oss nå vise t dette er ekvivlent med den mer klssiske definisjonen

37 3 8 Hyperbolske funksjoner I y cosh P sinh / Figur.4: Geometrisk fremstilling v definisjonen til sin og cosh. Proposisjon.8.. Gitt t er et reellt tll så er Korollr.8.. cosh e + e sinh e e tnh e e e + e (.) (.) Det neste beviset er gnske teknisk, dersom leser føler det er vnskelig å henge med er det bre å t proposisjon (.8.) som definisjonen og deretter utlede korollr (.8.) ved å bruke t (cosh ) (sinh ). Dette impliserer t (cosh, sinh ) ligger på kurven y. Det siste som gjenstår blir å bestemme relet. Dette overltes dog som en oppgve til leser. Bevis. Beviset kn føres enklere ved å bruke flere geometriske betrktninger 6. Derimot så kommer jeg til å benytte meg v trktormetoden som er enklere å forstå, men leder til lngt mindre estetiske uttrykk. L oss først bevise likning (.) siden (.) vises helt tilsvrende. Vi begynner å skrive relet / på en nnen måte. For korthetens skyld definerer jeg p cosh og p y sinh. På y for > så er y Spesielt så hr vi t p y p. Ant nå t p >, relet kn d skrives p p p (.3) Som blir klrere når en studerer figur (.4), vi tr ltså å lger en treknt med hjørner i (, ), (p, ) og P (p, p y ). Arelet v denne treknten er for stort, 6 Se for eksempel //mth.stckechnge.com/questions/7579/definition-of-hyperbolic-cosine-nd-its-reltion-