Integrasjon av trigonometriske funksjoner

Transkript

1 Integrsjon v trigonometriske funksjoner øistein Søvik 3. november 15 I dette dokumentet skl jeg vise litt ulike integrsjonsteknikker og metoder for å utforske integrlene v (cos x) og (sin x). De bestemte integrlene er Proposisjon 1.1. J = (cos x) x + sin x cos x dx = + C (1) K = (sin x) x sin x cos x dx = + C () Bevis. Jeg tr det for gitt t leseren er kjent med (sin x) + (cos x) = 1 og cos(a + B) = cos A cos B sin A sin B (3) Ved å sette A = B = x inn i likning (3) fås cos x = (cos x) (sin x) () = (cos x) [ 1 (cos x) ] (cos x) = cos x + 1 (5) Ved å bruke den siste likningen kn integrlet J skrives som J = 1 (cos x) dx = 1 cos x + 1 dx = 1 sin x + x x + sin x cos x = + C K vises helt tilsvrende ved å heller sette (cos x) = 1 (sin x) i likning () Bevis. Ved å t summen og differnsen v J og K fås J + K = (cos x) + (sin x) dx = dx (6) J K = (cos x) (sin x) dx = cos x dx (7) Det første integrlet er trivielt og det siste integrlet hr blitt beregnet før. J + K = x (8) J K = cos x sin x (9) Dette er et enkelt likningsett som kn løses med hensyn på J og K. 1

2 Bevis. Som en siste fremgngsmåte kn integrlene og beregnes vi delvis integrsjon. Som vnlig spres (sin x) dx som øvelse til leser. Jeg lr u = cos x og v = cos x i den delvise integrsjonen. D fås (cos x) dx = cos x sin x ( sin x) sin x dx (1) Det smrteste herfr blir å bruke t (sin x) = 1 (cos x) så (cos x) dx = cos x sin x + 1 (cos x) dx (11) (cos x) dx = cos x sin x + x (1) herfr er det bre å dele på. Denne metoden er gnske kjent, men det mnge ikke vet er t det eksisterer et nnet pr v u og v som også fungerer. L u = (cos x) og v = 1. (cos x) dx = x(cos x) x cos x sin x dx = x(cos x) + x sin x dx ( ) x cos(x) cos(x) = x(cos x) + dx = x(cos x) x cos(x) + 1 sin(x) Hvor det overltes til leser å vise t dette er det smme som før. Bevis. En siste metode er å skrive integrlet på kompleks form cos x = eix + e ix og sin x = eix e ix i. (13) Disse utledes fr Eulers formel cos x + i sin x = e ix ved å se på likningene x = θ og x = θ. Integrsjon gir nå t ( e (cos x) ix + e ix ) dx = dx = 1 e ix + e ix e ix + e ix dx ( i eix + x + i ) e ix = 1 = x + 1 ( e ix e ix ) i = x + 1 sin x Siden i = 1 får vi i = 1/i. Dette fullfører beviset.

3 Korollr 1.1. π/ (cos x) dx = π/ (sin x) dx = π Bevis. Følger fr Proposisjon 1.3, d sin = cos π = og cos = sin π = 1. En kunne og h skrevet om integrlet som π/ (cos u) dx = π/ (1) 1 1 (sin u) cos u du = 1 x dx (15) Hvor igjen enhetsformelen ble brukt og substitusjonen x cos u i siste overgng. Det siste integrlet skl studeres grundigere senere, men for nå kn en merke seg t y = 1 x x + y = 1, Med ndre ord integrerer vi over øvre hlvdel v en sirkel med rdius 1. Grenensene gir t vi finner relet i første kvdrnt. Arelet blir d A = πr / = π/ og korollret følger. Resulttet kn og vises mer geometrisk. Fr ungdomsskolen lærte du knskje å bestemme relet v en treknt ved å legge merke til t relet er hlvprten v relet til et rektngel. En måte å visulisere dette på er vist i figur (1). For å Figur 1: Arelet til en treknt er hlvprten v relet til et rektngel. bestemme relet v (cos x) kn en gjøre noe tilsvrende. Ved å betrkte figur () ser det ut som relet under (cos x) er nøyktig hlvprten v rektngelet med hjørner i (, ), (π/, ), (π/, 1), (, 1) og rel 1 π/. 1 y π/ x Figur : Viser (cos x) på intervlet [, π/] Merk t en figur ikke holder som et bevis, men bre hjelper på intuisjonen. Kn vi bruke symmetrien i figuren til å beregne integrlet? Selvsgt. L oss forflytte oss bklengs lngs funksjonen, og strte på π/. Dette er det smme som å betrkte f(π/ x) for x [, π/]. 3

4 1 y π/ x Figur 3: Viser cos (π/ x) på intervlet [, π/] Målet blir nå å vise t f er symmetrisk omkring linjen y = xπ/. Dette er det smme som å vise t f(x) + f(π/ x) er konstnt. Om dette er vnskelig å se, prøv å studer figuren i et pr minutter ekstr. Vi enkel regning fås d f(x) + f(π/ x) = (cos x) + (cos[π/ x]) Ved å integrere denne likningen får en d π/ f(x) dx + π/ = (cos x) + (sin x) = 1 f(π/ x) dx = π/ 1 dx Antr nå t integrlene over f(x) = (cos x) og f(π/ x) = (sin x) er like, så π/ f(x) dx + π/ f(x) dx = π/ 1 dx som vr det som skulle vises. Intuitivt sett burde det gi mening t integrlene er like. π/ f(π/ x) dx beregner bre relet bklengs; strter ved π/ og går bkover mot. Dette generliseres i følgende lemm Lemm 1.1. L f være kontinuerlig på [, b] d holder b f(x) dx = b f( + b x) dx. (16) Bevis. Vi bruker u + b x. D er x = u = b og x = b u =. Så b f(x) = b f( + b u) du = b f( + b u) du (17) som vr det som skulle vises. Siste overgng følger fr b f(x) dx = F (b) F () = [F () F (b)] = f(x) dx. b Proposisjon 1.. Ant f er kontinuerlig på [, b] og t f(x) + f( + b x) er konstnt for lle x [, b] d er b ( ) + b f(x) = (b )f = b [ ] f() + f(b)

5 Proposisjon 1.3. Å integrerere (cos x) eller (sin x) over et intervll som er delelig på π/ er det smme som å integrere 1/ over smme intervllet. nπ/ mπ/ hvor m, n N er heltll. (cos x) dx = nπ/ mπ/ (sin x) dx = 1 nπ/ mπ/ dx (18) Bevis. En kn bevise dette meknisk ved å bruke proposisjon (1.1) eller (1.), men begge metodene krever en del kjedelig regning. Logisk burde det stemme siden resulttet holder over [, π/], vil det og holde for en sum v slike intervll siden funksjonene er periodiske 1. Dersom vi ntr t integrlene over (sin x) og (cos x) er like store, følger beviset direkte. Siden nπ/ mπ/ (cos x) dx = nπ/ mπ/ (cos x) dx + nπ/ mπ/ (sin x) dx = nπ/ mπ/ dx (19) Helt likt for (sin x). Utfordringen ligger ltså i å vise t integrlene er like. Merk t b f(x) dx = b f(x) dx f(x) dx så det holder å betrkte (, nπ/). Nå kn vi for eksempel vise nπ/ (cos x) dx = nπ/ (sin x) dx () vi induksjon. Dette overltes til leser d det ikke er spesielt vnskelig, men krever noe regning. I stedet ønsker Jeg å vise følgende nπ/ (cos x) dx = n π/ (cos x) dx = n π/ (sin x) dx = nπ/ (sin x) dx Første likning burde intuitivt gi mening siden (cos x) er en periodisk funksjon. Andre overgng hr vi llerede vist i Eksempel (1.1). Vi bruker induksjon for å vise første overgng. Åpenbrt stemmer det for n = 1. Ant så t det holder for n = k. Vi ønsker å vise t dette medfører t det stemmer for n = k + 1. (k+1)π/ (cos x) dx = = k kπ/ π/ (cos x) dx + (cos x) dx + (k+1)π/ kπ/ π/ (cos x) dx cos (kπ/ u) du Vi substitusjonen x kπ/ u. Tnken er nå t cos (kπ/ u) enten er (cos u) eller (sin u) lt ettersom hv k er. Dermed så er = k π/ = (k + 1) (cos x) dx + π/ π/ cos u du (cos x) dx Hvorfor er ikke cos (kπ/ u) = (sin x) et problem? Dette fullfører beviset. 1 Merk t denne fremgngsmåten ikke er enklere å bevise formelt. En ender opp med å π(k+1)/ cos x = n 1 ππ/ πk/ k= cos (πk/ x) = n π/ cos x. bevise nπ/ cos x = n 1 k= Siden cos (πk/ x) = cos x og n 1 k= 1 = n. 5

6 De siste sidene dedikeres til å studere følgende integrl Proposisjon 1.. x for lle x [, ] hvor R. t dt = rcsin x + x x (1) Bevis. Den klssiske måten å beregne slike integrl på er å først få bort konstnten. D brukes substitusjonen t u. I = x t/ t/ t dt = u du = 1 u du () Siden (cos x) +sin(x) = 1 er det nturlig å l u sin θ som neste substitusjon. 1 1 u du = (sin θ) cos θ dθ = cos θ cos θ dθ (3) Siden intervllet vi integrerer over ligger i første kvdrnt så er cos θ = cos θ. Integrlet v (cos θ) hr vi regnet ut før. Se proposisjon (1.1). x/ [ θ + sin θ cos θ I = 1 u du = = rcsin x + x (rcsin cos x ) Ved å bruke enhetsformelen med x = rcsin u så er ] rcsin x/ () (5) cos (rcsin u) + sin (rcsin u) = 1 (6) cos(rcsin u) = 1 u (7) Siden sin(rcsin x) = x. Ved innsetning fås d x t dt = rcsin x + x 1 x (8) = rcsin x + x x (9) som vr det som skulle vises. Den siste overgngen overltes til leser som en lgebrisk gymnstikkøvelse. Proposisjon (1.) kunne og vært beregnet utelukkende ved geometriske og trigonometriske betrktninger. 6

7 Bevis. For å vise (1.) begynner jeg med å lge en litt bedre figur. Fr () ser vi direkte t området A kn skrives som A = g h = x x. (3) Det ndre området er en sirkelsektor. I en sirkel hr vi totlt 36 eller π i rdiner. Arelet v en sirkelsektor blir dermed θ A 1 A x A 1 = π θ π = θ (31) Siden relet vokser proporsjonlt med størrelsen på vinkelen. Fr () kn θ skrives på formen sin θ = motstående hypotenus = x x Figur : Siden hypotenusen er. Arelet v sirkelsektoren (31) kn d skrives som ( A 1 = θ = x ) rcsin (3) Det totle integrlet blir dermed summen v (3) og (3) x ( t dx = A 1 + A = x ) rcsin + x x. Bevis. Alterntivt kn og delvis integrsjon brukes 1 x dx = x 1 x 1 x 1 dx 1 x = x 1 1 x x dx + dx 1 x Hvor den siste overgngen følger fr å dele opp integrlet og å bruke x/ x = x. F.eks gng begge sider med x. Ved å løse med hensyn på 1 x dx fås 1 x dx = x 1 x + 1 dx 1 x (33) Nå må en kjenne igjen det siste integrlet som den ntideriverte til rcsin x. Vi deriverer sin(rcsin x) = x med hensyn på x, l y = rcsin x d er. d dx sin y = d dx x y cos y = 1 d dx rcsin x = 1 1 x (3) Der siste overgng følger fr likning (7). Dette fullfører beviset. Dette følger selvsgt fr t hypotenusen er rdiusen i sirkelen y + x =. Alterntivt er det bre å benytte Pytgors på treknten h = (x ) + ( x ) = x + ( x ) =. 7

8 Korollr 1.. x dx = π (35) Bevis. Dette kn vises direkte ved å sette t = i proposisjon (1.) x dx = rcsin + = π (36) Merk t dette integrlet og kunne vært beregnet på en lterntiv måte. Vi husker på t y + x = er likningen til en sirkel med rdius. Ved å løse med hensyn på y fås y = ± x. Så integrlet vårt beskriver øvre hlvdel v en sirkel. Siden integrsjonsgrensene går fr til finner vi relet til en sirkel i første kvdrnt (1/). Så x dx = π (37) som er det smme som før. Dette kn en og se ved å l t = i figur (). Dette fullfører dette forholdsvis lnge dokumentet. Her hr jeg snirklet meg gjennom en rekke ulike måter å beregne to reltivt enkle integrler. Målet er med ndre ord t en kommer lngt med å leke seg, og t det finnes mnge veier til rom. Selv om det ikke ser ut som en metode vil fungere kn det være det bre mngler en lur overgng eller to. Selv om jeg ikke lltid brukte den korteste / mest elegnte løsningsmetoden håper jeg de lterntive betrktningene gv større innsikt og forståelse ngående kunsten å integrere. 8