Integrasjon

Fra areal til antiderivert

Forrige kapittel handlet om å derivere — finne endringsraten til en funksjon. Dette kapittelet reverserer prosessen fra to helt ulike innganger, og hovedpoenget er at de to innfallsvinklene, som ser ut til å svare på forskjellige spørsmål, faktisk møtes i samme svar.

To spørsmål ser ved første blikk helt forskjellige ut. Det første: gitt en endringsrate $f$, hvilken funksjon $F$ har nøyaktig denne raten som sin deriverte? En slik $F$ kalles en antiderivert til $f$ — $F^{\prime }=f$. Antideriverte er aldri unike: er $F$ én antiderivert, er $F+C$ det også for enhver konstant $C$, siden konstantleddet forsvinner ved derivasjon. Middelverdisetningen fra forrige kapittel garanterer at dette er alle antideriverte — har $F$ og $G$ samme deriverte overalt på et intervall, er $(F-G{)}^{\prime }=0$, så $F-G$ må være konstant der.

Det andre spørsmålet: hva er arealet mellom grafen til $f$ og $x$-aksen fra $x=a$ til $x=b$? Del $[a,b]$ inn i $n$ delintervaller med en partisjon $a=x_0<x_1<\cdots <x_n=b$, velg et punkt $x_i^{\ast }$ i hvert delintervall $[x_{i-1},x_i]$, bygg et rektangel med høyde $f(x_i^{\ast })$ over hvert, og summer arealene. Denne summen er en riemannsum, ƒriemannsum og maskevidde. Jo finere partisjonen er — jo mindre maskevidden $|P|$ (bredden på det bredeste delintervallet) blir — jo bedre bør rektanglene tilnærme det faktiske arealet under grafen.

Presist: $f$ er integrerbar på $[a,b]$ med verdi $I={\int }_a^{b}f(x)dx$, en bestemt integral, hvis det for enhver toleranse $\epsilon >0$ finnes en $\delta >0$ slik at enhver riemannsum med maskevidde mindre enn $\delta$ ligger innenfor $\epsilon$ av $I$ — uansett hvordan du deler $[a,b]$ og uansett hvilket punkt $x_i^{\ast }$ du velger i hvert delintervall. To beslektede størrelser bekrefter at grensen er veldefinert: nedre riemannsum $L(f,P)$ bruker infimum av $f$ på hvert delintervall som høyde, øvre riemannsum $U(f,P)$ bruker supremum. For enhver partisjon $P$ gjelder $L(f,P)\le I\le U(f,P)$ — de to summene klemmer integralverdien fra hver sin side, og for en kontinuerlig funksjon konvergerer begge mot samme tall når maskevidden går mot null.

Broen mellom areal og derivasjon

fundamentalteoremet viser at de to spørsmålene ovenfor faktisk er samme spørsmål. Er $f$ kontinuerlig på et intervall som inneholder $a$, sier teoremet to ting. For det første er arealfunksjonen $\frac{d}{dx}{\int }_a^{x}f(t)dt=f(x)$ selv en antiderivert av $f$ — å derivere et integral med variabel øvre grense gir tilbake integranden. For det andre, ƒanalysens fundamentalteorem: det bestemte integralet regnes ut ved å finne en hvilken som helst antiderivert $F$ av $f$ og ta differansen $F(b)-F(a)$. Du trenger aldri å summere uendelig mange rektangler i praksis — du finner antideriverten og setter inn grensene.

Eksempel: ${\int }_0^2{x}^{2}dx$. En antiderivert til $x^2$ er $F(x)=x^3/3$. Fundamentalteoremet gir $F(2)-F(0)=8/3-0=8/3$. Dette tallet dukker opp igjen senere i kapittelet, som fasit på en tilnærming med trapesmetoden.

To grunnteknikker: substitusjon og delvis integrasjon

substitusjon er kjederegelen baklengs: ƒsubstitusjon. Bytt ut en del av uttrykket med en ny variabel $u=g(t)$, regn om $dt$ til $du$, og forhåpentligvis blir integralet enklere i den nye variabelen. For $\int 2x\cos (x^2)dx$ setter du $u=x^2$, $du=2xdx$, og integralet blir $\int \cos (u)du=\sin (u)+C=\sin (x^2)+C$.

delvis integrasjon er produktregelen baklengs: ƒdelvis integrasjon. Den er nyttig når integranden er et produkt av to funksjoner av ulik type, som $x{e}^x$ eller $x\ln x$. Trikset er å velge $u$ og $dv$ smart: la $u$ være delen som blir enklere når den deriveres (som $x$, som blir $1$), og $dv$ være delen som er lett å integrere (som $e^{x}dx$). For $\int x{e}^{x}dx$ gir det $u=x$, $dv=e^{x}dx$, $du=dx$, $v=e^x$, og resultatet blir $x{e}^x-\int e^{x}dx=x{e}^x-e^x+C$.

Trigonometriske integraler

Et trigonometrisk integral er et integral på formen $\int {\sin }^{n}x{\cos }^{m}xdx$. Teknikken bruker identiteten ${\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x=1$ til å redusere uttrykket til en form du kan substituere direkte — samme identitet som binder sammen kateter og hypotenus i en enhetssirkel, brukt algebraisk i stedet for geometrisk.

Er én av potensene odde, splitter du ut én faktor av nettopp den funksjonen og bruker identiteten på resten, slik at det som blir igjen kan skrives i den andre variabelen. Se på $\int {\sin }^{2}x{\cos }^{3}xdx$: potensen til cosinus er odde, så du skriver ${\cos }^{3}x={\cos }^{2}x\cdot \cos x=(1-{\sin }^{2}x)\cos x$. Sett $u=\sin x$, $du=\cos xdx$. Da blir integralet $\int u^2(1-u^2)du=\frac{u^3}{3}-\frac{u^5}{5}+C=\frac{{\sin }^{3}x}{3}-\frac{{\sin }^{5}x}{5}+C$.

Er begge potensene like, finnes det ingen faktor å splitte ut, og du må i stedet bruke halvvinkelformlene ${\sin }^{2}x=\frac{1-\cos 2x}{2}$ og ${\cos }^{2}x=\frac{1+\cos 2x}{2}$ til å bytte ut kvadratene med noe du kan integrere direkte. Det gir for eksempel $\int {\sin }^{2}xdx=\frac{x}{2}-\frac{\sin 2x}{4}+C$ — leddene med $\cos 2x$ integreres rett fram, mens den konstante halvparten av identiteten gir det lineære $x/2$-leddet.

Trigonometrisk substitusjon

Når integranden inneholder $\sqrt{a^2-x^2}$, $\sqrt{x^2-a^2}$ eller $\sqrt{x^2+a^2}$, gjør ingen algebraisk substitusjon uttrykket enklere. En trigonometrisk substitusjon gjør det derimot, ved å bytte $x$ ut med en trigonometrisk funksjon slik at kvadratroten forsvinner via ${\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta =1$ eller $1+{\tan }^2\theta ={\sec }^2\theta$. Mønsteret er ƒtrigonometrisk substitusjon: for $\sqrt{a^2-x^2}$ setter du $x=a\sin \theta$, for $\sqrt{x^2-a^2}$ setter du $x=a\sec \theta$, og for $\sqrt{x^2+a^2}$ setter du $x=a\tan \theta$.

Eksempel med $\sqrt{a^2-x^2}$: $\int \frac{dx}{\sqrt{9-x^2}}$. Her er $a=3$, så sett $x=3\sin \theta$, $dx=3\cos \theta d\theta$. Da blir $\sqrt{9-x^2}=\sqrt{9-9{\sin }^2\theta }=3\cos \theta$, og integralet blir $\int \frac{3\cos \theta d\theta }{3\cos \theta }=\int d\theta =\theta +C=\arcsin (x/3)+C$.

Eksempel med $\sqrt{x^2-a^2}$: $\int \frac{dx}{\sqrt{x^2-25}}$. Her er $a=5$, så sett $x=5\sec \theta$, $dx=5\sec \theta \tan \theta d\theta$. Da blir $\sqrt{x^2-25}=5\tan \theta$, og integralet blir $\int \sec \theta d\theta =\ln |\sec \theta +\tan \theta |+C$. Tilbakesubstituert gir det $\ln \left|x/5+\sqrt{x^2-25}/5\right|+C$, som forenkles til $\ln \left|x+\sqrt{x^2-25}\right|+C^{\prime }$ — en logaritme, ikke en arcsin, fordi kvadratroten her kommer fra ${\sec }^2\theta -1$ i stedet for $1-{\sin }^2\theta$.

Å gå tilbake fra $\theta$ til $x$ er ofte det som føles vanskeligst. Et fast triks er å tegne en rettvinklet trekant der $\theta$ er en av vinklene og sidene er satt opp direkte fra substitusjonen — for $x=5\sec \theta$ er hosliggende katet $5$ og hypotenus $x$, så motstående katet blir $\sqrt{x^2-25}$ ved Pythagoras. Da kan du lese av $\sin \theta$, $\cos \theta$, $\tan \theta$ og de andre trigonometriske uttrykkene direkte som sideforhold, uten å huske noen ekstra identitet.

Delbrøkoppspalting

En rasjonal funksjon med et produkt av lineære faktorer i nevneren kan skrives om til en sum av enklere brøker — delbrøkoppspalting. Hver enkeltbrøk er lett å integrere for seg, mens den opprinnelige brøken ikke er det.

Eksempel: $\int \frac{dx}{(x-1)(x+2)}$. Sett ƒdelbrøkoppspalting, eksempel: $\frac{1}{(x-1)(x+2)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+2}$. Multipliser begge sider med $(x-1)(x+2)$: $1=A(x+2)+B(x-1)$. Sett $x=1$: $1=3A$, så $A=1/3$. Sett $x=-2$: $1=-3B$, så $B=-1/3$. Dermed er $\int \frac{dx}{(x-1)(x+2)}=\frac{1}{3}\ln |x-1|-\frac{1}{3}\ln |x+2|+C$ — hver term integreres direkte til en logaritme.

Er en faktor i nevneren et irredusibelt andregradsuttrykk, altså uten reelle røtter (som $x^2+1$), gir metoden ikke en logaritme, men et arctan-ledd: $\int \frac{dx}{x^2+1}=\arctan x+C$. Mer generelt bidrar hver slik kvadratiske faktor med et ledd på formen $\frac{Cx+D}{x^2+px+q}$ i oppspaltingen, og det leddet integreres til en kombinasjon av logaritme og arctan.

En tredje situasjon er en gjentatt lineær faktor, som $(x-1{)}^2$ i nevneren. Da holder det ikke med ett ledd $A/(x-1)$ — oppspaltingen må ha ett ledd for hver potens opp til den høyeste: $\frac{1}{(x-1{)}^2(x+2)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{(x-1{)}^2}+\frac{C}{x+2}$. Grunnen er algebraisk: med bare to ukjente ($A$ og $C$) har du ikke nok frihetsgrader til å matche telleren i alle tilfeller, mens tre ukjente alltid strekker til for en nevner av grad tre.

Uegentlige integraler

Så langt har $[a,b]$ vært endelig og $f$ begrenset. Et uegentlig integral bryter med minst ett av kravene: grensen er uendelig, eller integranden blir ubegrenset et sted i intervallet. Definisjonen ƒuegentlig integral, definisjon erstatter det uendelige med en grenseprosess: ${\int }_a^{\infty }f(x)dx={\lim }_{b\to \infty }{\int }_a^{b}f(x)dx$. Integralet konvergerer hvis grensen eksisterer og er endelig, og divergerer ellers.

To eksempler som ser like ut, men oppfører seg helt forskjellig: ${\int }_1^{\infty }\frac{1}{x^2}dx={\lim }_{b\to \infty }{\left[-\frac{1}{x}\right]}_1^b={\lim }_{b\to \infty }\left(1-\frac{1}{b}\right)=1$ — konvergerer. Men ${\int }_1^{\infty }\frac{1}{x}dx={\lim }_{b\to \infty }{\left[\ln x\right]}_1^b={\lim }_{b\to \infty }\ln b=\infty$ — divergerer, selv om $1/x\to 0$ akkurat som $1/x^2$ gjør. Forskjellen ligger i hvor fort integranden avtar: $1/x^2$ avtar fort nok til at den uendelig lange halen har endelig areal, $1/x$ gjør det ikke. Samme type sammenligning brukes i neste kapittel til å avgjøre konvergens for rekker.

Den andre typen uegentlig integral har en ubegrenset integrand i stedet for en uendelig grense. ${\int }_0^1\frac{dx}{\sqrt{x}}$ har en integrand som vokser mot uendelig når $x\to 0^{+}$, så $x=0$ må også håndteres som en grenseprosess: ${\int }_0^1{x}^{-1/2}dx={\lim }_{a\to 0^{+}}{\int }_a^1{x}^{-1/2}dx={\lim }_{a\to 0^{+}}{\left[2\sqrt{x}\right]}_a^1={\lim }_{a\to 0^{+}}\left(2-2\sqrt{a}\right)=2$. Selv om integranden er ubegrenset nær $x=0$, er arealet under den endelig — integralet konvergerer mot $2$.

Numerisk integrasjon: trapesmetoden

Noen antideriverte lar seg ikke uttrykke med elementære funksjoner i det hele tatt. Da må integralet tilnærmes numerisk. Der en enkel riemannsum bygger rektangler over hvert delintervall, bygger trapesmetoden et trapes — et rett linjestykke mellom $f(x_{i-1})$ og $f(x_i)$ i stedet for en flat topp. Trapesene følger kurven bedre enn rektangler, så metoden gir en mer nøyaktig tilnærming enn en enkel riemannsum med like mange delintervaller. Metoden er ikke bare en øvelse: integraler som ${\int }_0^1{e}^{-x^2}dx$, sentralt i sannsynlighetsregning, har ingen antiderivert som lar seg skrive med elementære funksjoner i det hele tatt. Fundamentalteoremet er da ubrukelig i praksis, og en numerisk tilnærming er den eneste veien til et konkret tall.

Formelen er ƒtrapesmetoden: del $[a,b]$ inn i $n$ like store delintervaller med bredde $\Delta x=(b-a)/n$, og summer $T=\frac{\Delta x}{2}[f(x_0)+2f(x_1)+\cdots +2f(x_{n-1})+f(x_n)]$. Hvert indre punkt telles dobbelt, fordi det er høyre hjørne i ett trapes og venstre hjørne i det neste — bare de to endepunktene $f(x_0)$ og $f(x_n)$ telles én gang.

Eksempel: tilnærm ${\int }_0^2{x}^{2}dx$ med $n=4$, $\Delta x=0.5$. Funksjonsverdiene i $x=0,0.5,1,1.5,2$ er $0,0.25,1,2.25,4$. Trapesmetoden gir $T=\frac{0.5}{2}[0+2(0.25)+2(1)+2(2.25)+4]=0.25\cdot 11=2.75$ — svært nær eksaktverdien $8/3\approx 2.667$ fra fundamentalteoremet tidligere i kapittelet. Avviket kommer av at $x^2$ krummer oppover: trapesene ligger da alltid litt over grafen, så trapesmetoden overestimerer arealet for konvekse funksjoner.

Buelengde

Hvor lang er selve grafen til $f$ mellom $x=a$ og $x=b$, målt langs kurven — ikke den rette avstanden mellom endepunktene? buelengde svarer med samme riemannsum-idé som arealet, bare med Pythagoras i stedet for et rektangel: del kurven i mange små biter, tilnærm hver bit med hypotenusen i en liten rettvinklet trekant med kateter $dx$ og $f^{\prime }(x)dx$, og summer. Katetene gir $ds=\sqrt{d{x}^2+(f^{\prime }(x)dx{)}^2}=\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}dx$, og summen blir i grensen ƒbuelengde: $L={\int }_a^b\sqrt{1+[f^{\prime }(x){]}^2}dx$.

Sjekk formelen på noe du allerede vet svaret på: den rette linjen $f(x)=x$ fra $x=0$ til $x=1$. Da er $f^{\prime }(x)=1$, så $L={\int }_0^1\sqrt{1+1}dx=\sqrt{2}$ — nøyaktig avstanden $\sqrt{1^2+1^2}$ mellom endepunktene $(0,0)$ og $(1,1)$, akkurat slik Pythagoras skulle tilsi. For en kurvet graf blir integralet sjelden like enkelt å regne ut for hånd, men prinsippet er identisk.

Et eksempel med reell krumning: $f(x)=\frac{2}{3}{x}^{3/2}$ fra $x=0$ til $x=3$. Her er $f^{\prime }(x)=x^{1/2}$, så $1+[f^{\prime }(x){]}^2=1+x$, og buelengden blir $L={\int }_0^3\sqrt{1+x}dx={\left[\frac{2}{3}(1+x{)}^{3/2}\right]}_0^3=\frac{2}{3}\left(4^{3/2}-1\right)=\frac{2}{3}(8-1)=\frac{14}{3}$. Funksjonen er valgt nettopp fordi $1+[f^{\prime }(x){]}^2$ forenkles til noe uten kvadratrot av et polynom av høyere grad — de fleste kurver gir buelengde-integraler som må løses numerisk, med nøyaktig samme trapesmetode som i forrige avsnitt.

Rotasjonsvolum

Roterer du grafen til $f$ rundt $x$-aksen fra $x=a$ til $x=b$, feier hvert punkt ut en sirkelskive med radius $f(x)$ og areal $\pi [f(x){]}^2$. Tenk på legemet som en stabel av uendelig tynne CD-plater, hver med radius $f(x)$ og tykkelse $dx$: volumet av én skive er $\pi [f(x){]}^{2}dx$, og summerer du disse skivene langs $x$-aksen — igjen samme riemannsum-idé, nå med skiver i stedet for rektangler — får du et rotasjonsvolum: ƒrotasjonsvolum, $V=\pi {\int }_a^b[f(x){]}^{2}dx$.

Eksempel: roter $f(x)=\sqrt{x}$ om $x$-aksen fra $x=0$ til $x=4$. Volumet blir $V=\pi {\int }_0^{4}xdx=\pi {\left[\frac{x^2}{2}\right]}_0^4=8\pi$.

Ligger regionen mellom to kurver $f\ge g\ge 0$ i stedet for mellom grafen og $x$-aksen, hulles hver skive ut: den ytre radiusen er $f(x)$, den indre er $g(x)$, og skivens areal blir differansen mellom de to sirkelarealene, $\pi ([f(x){]}^2-[g(x){]}^2)$. Volumet av hele omdreiningslegemet blir da $V=\pi {\int }_a^b([f(x){]}^2-[g(x){]}^2)dx$ — samme formel som over, bare med $g=0$ som spesialtilfelle når regionen grenser direkte til $x$-aksen.

Eksempel: regionen mellom $f(x)=x$ (øverst) og $g(x)=x^2$ (nederst) for $x\in [0,1]$ — her er $f(x)\ge g(x)$ på hele intervallet, siden $x\ge x^2$ når $0\le x\le 1$. Rotert om $x$-aksen blir volumet $V=\pi {\int }_0^1(x^2-x^4)dx=\pi {\left[\frac{x^3}{3}-\frac{x^5}{5}\right]}_0^1=\pi \left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)=\frac{2\pi }{15}$.

Hvor dette brukes videre

Integrasjonsteknikkene i dette kapittelet — substitusjon, delvis integrasjon, trigonometrisk substitusjon og delbrøkoppspalting — dukker opp igjen når du løser differensialligninger senere i pensum, særlig ved separasjon av variable, der du ofte ender opp med akkurat denne typen rasjonale eller trigonometriske integraler. Uegentlige integraler er selve grunnlaget for én av konvergenstestene for rekker i neste del av boken: sammenligning mellom en rekke og et uegentlig integral avgjør konvergens for rekker som forholdstesten ikke fanger. Buelengde og rotasjonsvolum er de første eksemplene på at et bestemt integral kan måle noe helt annet enn areal under en graf — samme riemannsum-idé, med rektangler byttet ut med tynne trekanter eller sirkelskiver, generaliserer til enhver størrelse som kan bygges opp av uendelig mange små biter.