Avsnitt, Integraler 6b Beräkna integralen 4 + 3 Integranden är en rationell funktion som vi kan skriva som 4 + 3. 4 3 + 3 + 3. Vi delar upp integralen i två delar och integrerar delarna var för sig, 4 + 3 ] + + 3 ] 4 + 9 4. + 3 + där C är en konstant. Derivering av F ger att F 3 C 3 3 + / 3 3C 3 +. För att detta ska vara lika med 3 + måste C 3. Alltså är F 3 3 3 + 3/ 9 3 + 3 + en primitiv funktion till 3 +. Vi får 5 3 + ] 5 9 3 + 3 + 9 3 5 + 3 5 + 9 3 + 3 + 9 6 4 9 6 9 4. 6h Beräkna integralen e. 6d Beräkna integralen 5 3 +. För att kunna räkna ut integralen behöver vi bestämma en primitiv funktion till integranden. Vi behöver alltså bestämma en funktion F som uppfyller F 3 +. Om integranden istället hade varit skulle vi direkt veta att en primitiv funktion är 3/ 3/ 3 3/. Nu är vår integrand roten ur ett förstagradsuttryck och just att vi har ett förstagradsuttryck under rottecknet gör att den inre derivatan av motsvarande formel 3 3 + 3/ är en konstant, så vi borde därför ha en primitiv funktion i formen Integranden finns faktiskt med i tabellen över primitiva funktioner till elementära funktioner. Skriver vi integranden som så vet vi att en primitiv funktion är Integralen blir e e a, där a e, a ln a e ln e e. ] e e e e e. F 3 C3 + 3/,
5 6j Beräkna integralen 7. Vi kan känna igen integranden som ett uttryck i formen f f, för om vi sätter f 7 så är f och f f 7. Med formeln för logaritmisk derivering vet vi att en primitiv funktion är Alltså är 5 6l Beräkna integralen ln f ln 7. ] 5 7 ln 7 ln ln 6 ln 6 ln ln 6 ln 3. 5 + + + 5. Integranden är en funktion i formen f f, sånär som på en faktor. Med f + + 5 är nämligen f + + och vi har att + + + 5 f f. Formeln för logaritmisk derivering ger att en primitiv funktion är Vi får 5 log f ln + + 5. + ] 5 + + 5 ln + + 5 ln 5 + 5 + 5 ln + + 5 ln 4 ln 5 ln 4 5 ln 8 ln 3 3 ln. 6o Beräkna integralen coth. När det inte finns med några integrationsgränser betyder det att vi ska bestämma alla primitiva funktioner till integranden. Cotangens hyperbolicus är i själva verket funktionen coth cosh sinh e + e e e e + e e e. Genom att stirra på kvoten ser vi att täljaren är derivatan av nämnaren. Alltså är de primitiva funktionerna lika med coth ln e e + C, där C är en konstant. Anm. Vi kan skriva om den primitiva funktionen till ln e e + C ln e e + C ln sinh + C ln + ln sinh + C ln sinh + C.
6q Beräkna integralen π/6 sin + cos 3. Först delar vi upp integralen i två delar, Sammantaget får vi π/6 sin + cos 3 4 + 3 7. π/6 π/6 sin + cos 3 sin + π/6 cos 3 I + I. Vi ska beräkna de två integralerna i högerledet med substitutioner. I : När vi ska beräkna en integral med hjälp av en substitution gäller det att kunna känna igen integranden som en uttryckskombination av typen fu u, där u är ett uttryck i och f någon funktion. I vår integral kan vi se att med u så är u och integranden kan skrivas som sin u u. Med substitutionen u blir alltså integralen sin { u, du u } sin u du. 6b Beräkna integralen e. Om vi tittar på formeln för partialintegrering, f g F g F g, I : När vi gör substitutionen måste vi också byta integrationsgränserna till u och uπ/6 π/6 3π. Alltså blir uträkningen π/6 sin { u, du, u: π/3 } π/3 På motsvarande sätt får vi π/6 ] π/3 sin u du cos u cos π 3 + cos 4. cos 3 { u 3, du 3, u: π/ } π/ ] π/ 3 cos u du 3 sin u 3 sin π sin 3. så ser vi att om vi väljer g så kommer den faktorn att deriveras till en konstant i högerledets integralterm. För att detta ska vara en förbättring förutsätter detta givetvis att vi kan hitta en primitiv funktion F till den andra faktorn f e och dessutom kunna integrera denna. Med en liknande omskrivning som vi gjorde i uppgift 6h får vi att F e. Med partiell integration får vi alltså e ] e e + e e e e + 3 e e ] e + 3 e + e e e + e.
6d Beräkna integralen cos. Integranden består av två faktorer och cos så partialintegration borde vara lämplig. Om vi ska använda partialintegration måste vi bestämma vilken faktor vi ska derivera och vilken vi ska integrera. I detta fall verkar det vara lämpligt att derivera för då sjunker dess gradtal med en enhet, cos sin sin. Integralen i högerledet är fortfarande inte en integral som vi direkt kan bestämma, men problemet har faktiskt reducerats något. Istället för har vi som faktor. Om vi partialintegrerar ytterligare en gång försvinner, sin cos cos cos + cos cos + sin + C. faktorn och integrera den andra. Ofta när logaritmfaktorer förekommer väljer man att derivera dessa, 9 3 ] 9 9 ln ln 3 3 9 9 ln9 3 3. Den rationella integranden i högerledet förenklar vi med en polynomdivision, + 3 Sammanställer vi uträkningarna fås cos sin cos + sin + C sin + cos + C. Anm. Istället för att beteckna integrationskonstanten med C i det sista ledet som vi egentligen borde göra skriver vi C och underförstår att vi har olika konstanter de i olika leden. Alltså är En primitiv funktion är Vi har alltså att + +. + + log. 6h Beräkna integralen 9 3 ln. Vi kan utläsa två faktorer i integranden, och ln, vilket antyder partialintegration. Om vi tänker använda partialintegration ska vi derivera den ena 9 3 ] 9 ln 8 ln 8 9 ln + + ln 3 8 ln 3 9 ln 9 + 9 + ln 9 3 3 ln 3 8 3 9 ln 8 4 9 ln 8 + 9 4 + 3 + ln 8 3 9 3+ ln + 8 8+9+6 4 6 ln.
6k Beräkna integralen arctan. Återigen har vi en integrand bestående av två faktorer. Vid första påsyn kan det verka smart att derivera för då blir den en konstant, men det betyder att vi måste hitta en primitiv funktion till arctan och det verkar svårt. Vi deriverar därför arctan istället. Partiell integration ger arctan arctan arctan +. + Förenklar vi integranden i högerledet med en polynomdivision får vi Vi har alltså + +. arctan arctan + arctan + arctan + C + arctan + C. faktorerna vara lika enkla att derivera och integrera, så låt oss integrera e och derivera sin utan speciell anledning, e sin e sin e cos e sin + e cos. Integralen förenklades inte särskilt mycket; istället för faktorn sin har vi cos. Kanske får vi tillbaka sinus-funktionen om vi partialintegrerar ytterligare en gång, e cos e cos e sin e cos e sin. Vi får alltså tillbaka vår ursprungsintegral! Alltså har vi visat att e sin e sin e cos 4 e sin. Samlar vi integraltermerna i ena ledet får vi e sin 5 e sin 5 e cos + C. 63b Beräkna integralen sin. 6m Beräkna integralen e sin. Eftersom integranden består av två faktorer som är elementära funktioner kan det ligga nära till hands att prova med partiell integrering. I detta fall verkar båda Det som är besvärande med integranden är argumentet till sinus-funktionen. För att försöka bli av med den provar vi med substitutionen u, sin { u, du u, u du } u sin u du. u
Nu har vi fått en integral som lämpar sig för partiell integrering. Vi deriverar u och integrerar sin u, u cos u u cos u I den ursprungliga variabeln blir detta, cos u du cos + sin + C. cos u du u cos u + sin u + C. Anm. Som en etra kontroll att vi räknat rätt kan vi derivera den primitiva funktionen och se om vi får tillbaka vår integrand, d cos + sin + C cos sin + cos + cos + sin + cos sin. 63f Beräkna integralen / arcsin. Vi första påsyn kan integralen verka hopplös. Hemligheten är att se integranden som en produkt, arcsin, och sen derivera bort arcsin-funktionen i en partiell integrering, / ] / / arcsin arcsin. I integralen i högerledet förekommer uttrycket i nämnaren och detta uttrycks derivata i täljaren sånär som på en faktor, så substitutionen u verkar given, arcsin arcsin + / { u, du, u: 3 4 } 6 π + π + 3 3/4 du u π + u / 4 π + 3. ] 3/4 63d Beräkna integralen + ln +. 63i Beräkna integralen arctan +. Integranden är ett förstagradsuttryck multiplicerat med en logaritm. Då kan det vara lämpligt att derivera bort logaritm-faktorn med partiell integrering, + ln + + ln + ln ] + ln + ln + + ] ln. Integranden är lite intressant. Kom ihåg att derivatan av arctan är +, så om u arctan då kan integranden skrivas som u u. Med andra ord ska vi substituera u arctan, arctan {u arctan ; du + + } u du u + C arctan + C.
+ 64e Beräkna integralen +. Om vi delar upp integralen i två delar, + + + + +, får vi först en integral där täljaren är nämnarens derivata och sedan en integral som vi vet den primitiva funktionen till, ] ] ln + + arctan ln ln + arctan arctan ln + 4 π. Den andra integralen i högerledet av liknar mycket en integral som har arctan som primitiv funktion, men vi har inte riktigt den situationen. För att få en :a i nämnarens konstantterm bryter vi ut en faktor 4, + 4 4 /4 + 4. + Substituerar vi nu u / så får vi eakt den integrand som ger arctan, + 4 4 { u /, du, u: } + Sammantaget har vi du ] u + arctan u arctan arctan 8 π. + 4 + 4 + 4 ln 8 π. 64f Beräkna integralen + 4. Vi delar upp integralen i två delar, + 4 + 4 + 4. I den första integralen i högerledet är täljaren derivatan av nämnaren förutom en faktor så vi har att + 4 ] + 4 ln + 4 ln 8 ln 4 ln 8 4 ln. 64g Beräkna integralen +. I nämnaren har vi uttrycket + och dess derivata förekommer i täljaren, så vi substituerar u +, + { u +, du, u: } du u ] u 4.
64h Beräkna integralen 3 + 3. Om vi skriver om integranden som 3 + 3 + 3 så ser vi att uttrycket u + har en derivata som förekommer i täljaren. Dessutom ingår faktorn i täljaren, men den kan vi skriva som u. Alltså verkar det upplagt för substitutionen u +, 3 + 3 + 3 { u + ; du } u u u 3 du u 3 du u + u + C + + + + C + 4 + + C. Eftersom vi har ett förstagradsuttryck i täljaren kan vi utnyttja det som nämnarens derivata efter en omskrivning, + + + + + + + Den första integralen i högerledet är nu en logaritmisk derivata, + + + ln + + ] + +. ln 5 ln ln 5. Den andra integralen är en arctan-integral vilket vi ser efter en enkel substitution, + { u + ; du ; u: } + du ] u + arctan u arctan arctan arctan 4 π. Sammantaget har vi + + + ln 5 + arctan 4 π. 64i Beräkna integralen + + +. 64k Beräkna integralen 3 + 3 +. Eftersom integranden är en rationell funktion finns en fastlagd arbetsgång. Vi bestämmer först nämnarens rötter. Om vi börjar med att kvadratkomplettera nämnarpolynomet får vi + + + + + +. Polynomet har alltså komplea rötter och då kan vi inte faktorisera det i reella förstagradsfaktorer. Vi undersöker först vilka nollställen nämnarpolynomet har. Kvadratkomplettering ger + 3 + + 3 3 + + 3 4 { 3 ±.
Enligt faktorsatsen kan alltså integranden skrivas som + 3 + + +. Vi kan nu partialbråkuppdela detta uttryck, vilket betyder att det finns konstanter A och B så att + + A + + B +. För att bestämma konstanterna A och B ska vi använda två olika metoder. Metod Identifikation av båda led Vi skriver högerledet i med gemensam nämnare, A + + B A + + B + + + + A + B + A + B, + + och jämför med vänsterledet i. Eftersom båda led ska vara lika för alla måste täljarpolynom vara identiska, d.v.s. koefficienterna måste vara lika, Metod Handpåläggning A + B A + B A B. Handpåläggning är en teknik som man kan använda för att bestämma de konstanter som svarar mot enkla faktorer och multipla faktorer med maimalt gradtal, mer om detta i uppgift 64l. För att bestämma konstanten A tar vi handen och täcker över den faktor i vänsterledet som svarar mot A, +, och stoppar sedan istället för in nollstället till den faktor vi täcker över; i detta fall. Vi får då värdet på konstanten A, A På motsvarande sätt får vi fram B, B + +.. Varför denna magiska metod fungerar står förklarat i eempel 7.6 i kursboken. Nu när vi partialbråkuppdelat integranden blir resten enkelt, 3 + 3 + 64l Beräkna integralen 3 + ] 3 ln + ln + + ln 4 ln 5 ln 3 ln 4 ln 4 4 6 5 3 ln 5. 4 3 3 +. Eftersom vi har en rationell integrand och täljaren är inte nämnarens derivata så bestämmer vi först nämnarens rötter. Nämnaren är ett tredjegradspolynom och även om det finns formler för att beräkna rötterna är de så pass komplicerade att det är bättre att först försöka gissa rötterna. Vi börjar med att prova några enkla -värden, : 3 3 +, : 3 3 +, : 3 3 + 5, : 3 3 + 4, : 3 3 +. Vi undersöker inga fler heltal eftersom ett polynom med heltalskoefficienter kan inte ha några heltalsrötter som till beloppet är större än beloppet av polynomets konstantterm. Eftersom vi nu vet två av rötterna och ger faktorsatsen att polynomet kan skrivas som 3 3 + + A. Den tredje roten A får vi reda på genom att t.e. stoppa in i sambandet ovan, A A.
Alltså kan integranden skrivas som +. Med partialbråkuppdelning kan detta skrivas som + A + B + C +. Eftersom + är en enkel faktor i nämnaren ger handpåläggning C 9. Konstanten A kan vi också bestämma med handpåläggning eftersom den svarar mot faktorn som har maimalt gradtal, A + 3. Konstanten B kan vi däremot inte bestämma med handpåläggning eftersom den svarar mot och samma faktor finns upphöjd till en högre potens i partialbråkuppdelningen. Hittills har vi alltså visat att Stoppar vi in fås + 3 + B 9 +. 3 B 9 B 9. Vi får nu att 4 4 3 3 + 3 + 9 9 + ] 4 3 + 9 ln 9 ln + 3 3 + 9 ln 3 9 ln 6 3 + 9 ln 9 ln 4 9 + 9 ln 3 4 6 9 + ln. 64m Beräkna integralen 4 4 + 6 3 4 Eftersom täljaren har högre gradtal än nämnaren förenklar vi integranden med en polynomdivision, Alltså är och. 4 4 + 6 3 4 4 4 + 6 4 4 + 6 3 4 4 4 + 6 3 4 + + 6 3 4, + + 6 3 4. För att räkna ut integralen i högerledet bestämmer vi först nämnarens nollställen. Genom prövning ser vi att är en rot. Faktorsatsen ger att nämnaren kan skrivas 3 4 + A + B, där vi får den andra faktorn med en polynomdivision Vi har alltså att + + 3 4 3 4 4 4 3 4 + +.
Vi kvadratkompletterar den andra faktorn + + + + + +, och ser att den saknar reella rötter. En partialbråkuppdelning av integranden i högerledet av är alltså i formen Handpåläggning ger + 6 + + A + B + C + + A Stoppar vi in i fås 6 Stoppar vi in i fås + + C 7 5 + B 5 Vi kan nu beräkna integralen i, 4 4 + 6 3 4 + + 6 + +. C. B. + ln arctan + + C. + + Vi behöver partialbråkuppdela kvoten i högerledet för att beräkna en primitiv funktion. Genom gissning får vi att och + är rötter till nämnaren. Faktorsatsen ger därmed att Stoppar vi in fås Vi ansätter alltså 3 + + A. A A. + 4 3 + + 4 + A + B + C +. Handpåläggning ger d.v.s. A + 4 +, C + 4, + 4 + + B + +. Sätter vi in fås + B + B. 64n Beräkna integralen 3 + 3 3 +. För att undvika att behöva utföra en polynomdivision kan vi lägga till och dra ifrån, 3 + 3 3 + 3 + + + 4 3 + + 4 + 3 +. Alltså är 3 3 + 3 3 + ] 3 + 3 + 3 + ln ln + ] 3 + + 3 + ln ln 4 + ln ln 3 + ln 3.
64o Beräkna integralen 3 4. Eftersom vi har en udda potens av i täljaren är det lämpligt att göra substitutionen u 4 för att först förenkla integralen, 3 4 4 { u 4; du ; u: 4 3 } 3 4 u + 4 u du ln u 4 ] 3 u 4 ln 3 4 3 ln 4 4 4 ln 3 + 6. 3 4 u + 4 u du Anm. Notera att integranden har singulariteter i nπ för n, ±, ±,... så den primitiva funktionen gäller bara inom intervall mellan singulariteterna. T.e. är användningen av integralkalkylens huvudsats i uträkningen 3π/4 π/4 tan ] 3π/4 tan tan 3π 3π tan π π 4 4 4 4 π/4 3π 4 + π 4 π felaktig. Varför är förresten svaret orimligt? 67d Beräkna integralen tan 3. 67c Beräkna integralen tan. Med hjälp av trigonometriska formler kan vi skriva om integranden, tan 3 sin 3 sin sin cos 3 cos cos 3 cos 3 sin. Här ser vi att vi har sin som är derivatan av cos som en faktor. Vi substituerar därför t cos, Variabeln förekommer i integranden endast som tan och detta är ett av standardfallen då man ska substituera t tan fall 3 på sidan 58 i kursboken, tan { t tan ; dt + tan } t t + + t dt + t dt + t dt t arctan t + C tan arctan tan + C tan + C. Anm. Vi har att t { t cos, dt sin } t 3 t 3 + dt + ln t + C t t cos + ln cos + C. så svaret stämmer med facit. cos { cos + tan } tan + dt
67e Beräkna integralen tan 4. 67h Beräkna integralen π/ π/3 sin. Integranden innehåller bara tan så vi substituerar t tan, tan 4 { t tan, dt + tan + t } t 4 dt { polynomdivision } t + + t + t dt 3 t3 t + arctan t + C 3 tan3 tan + + C. Vi förlänger med sin och använder trigonometriska ettan, π/ π/3 π/ sin π/3 sin π/ sin π/3 sin cos { t cos ; dt sin ; t: } / dt { partialbråkuppdelning } t t + / / t ] dt t + ln t ln t + / ln ln ln ln 3 3/ ln / ln 3. t dt 67e Beräkna integralen π/ sin sin. Med formeln för dubbla vinkeln har vi att. Beräkna integralen sin. π/ sin sin π/ sin cos sin π/ Faktorn cos är derivatan av sin, så vi substituerar t sin, { t sin ; dt cos ; t: } ] 3 t3 3. t dt sin cos. Formeln för halva vinkeln ger att cos sin cos { t ; dt } 4 cos t dt 4 sin t + C 4 sin + C.
.3 Beräkna integralen sin 3. Med den trigonometriska ettan kan vi skriva om integranden, sin 3 sin sin cos sin. 7. Beräkna b c, α. Nu passar substitutionen t cos t bra, { t cos ; dt sin } t dt 3 t3 t + C 3 cos3 cos + C. b Eftersom integranden har en singularitet i är integralen generaliserad och lika med lim lim ] lim a. a + a a + a a + c I detta fall är integrationsintervallet obegränsat och integralen är därmed en generaliserad integral som ska tolkas som.4 Beräkna integralen sin 4. Vi använder formeln för halva vinkeln upprepade gånger, cos sin 4 4 cos + 4 cos + cos 4 4 4 sin + 4 cos 4 4 sin + 4 4 4 sin + 8 + 3 sin 4 + C 3 8 4 sin + 3 sin 4 + C. R α lim α+ ] R { om α } lim R α R α + α lim R α {, om α >, R α divergent, om α <., om α >, α divergent, om α <. Om α så blir integralen R lim R lim ln R ] R lim ln R divergent. R Alltså blir svaret α, om α >, α divergent, om α.
7.3b Beräkna + Ledning: Sätt tan t. Integrandens nämnare blir aldrig noll så integranden har ingen singularitet i integrationsintervallet. Däremot är integrationsintervallet obegränsat så integralen är generaliserad. Vi har + lim R R + { tan t, + tan t dt + dt, t: arctan R } lim R arctan R dt + tan t { R arctan R π/ ; + tan t cos t } lim s π/ lim s π/ s s s π/ lim cos t dt { formeln för halva vinkeln } + cos t dt ] s lim s π/ t + 4 sin t s + 4 sin s 4 π + 4 sin π 4 π. 97d Avgör om den generaliserade integralen är konvergent eller divergent. a b Om a < så har integranden en singularitet i och om b < så finns en singularitet i. Det är i dessa fall integralen är generaliserad. Eftersom vi har två singulariteter delar vi upp integrationsintervallet i två delar så att singulariteterna hamnar i varsina intervall, a b / a b + a b I + I. / För att integralen i vänsterledet ska eistera måste båda integralerna i högerledet eistera. Vi undersöker integraltermerna separat. I : Det som avgör om integralen är konvergent är integrandens storleksordning då +. Vi ska alltså tänka smått! I närheten av origo är a b a. så vi kan förvänta oss att integralen konvergerar/divergerar samtidigt med / a. Denna integral är ett känt integralfall som man ofta använder som jämförelsefall, { / a konvergent, om a >, divergent, om a. För att göra detta lösa resonemang giltigt använder vi jämförelseprincipen sats 9.5 och jämför de två integranderna när +. Vi har att Jämförelseprincipen ger nu att a b lim + a lim + b. / konvergerar samtidigt, d.v.s. / a b a b och / a { konvergent, om a >, divergent, om a. I : Resonemanget liknar det vi gjorde för integralen I. I närheten av har vi att a b b
så vi jämför vår integral med Vi har att / b { konvergent, då b >, divergent, då b. a b lim b lim a. så vi har att ln + Alltså är vår integral divergent. R lim R lim ln R ln + ] R R lim R lim ln R. R Alltså konvergerar I samtidigt med b, d.v.s. { a b konvergent, då b >, divergent, då b. / Sammanfattningsvis har vi att { a b konvergent, om a > och b >, divergent, annars. 97g Avgör om den generaliserade integralen är konvergent eller divergent. + 97e Avgör om den generaliserade integralen är konvergent eller divergent. ln + Nämnaren är inte noll i integrationsintervallet så vi har inga singulariteter utan vi har bara ett obegränsat integrationsintervall. Konvergensen hos integralen bestäms av om integranden avtar tillräckligt fort när. I detta fall ser vi att ln + för >, Nämnaren antar värdet för och. Integranden har alltså singulariteter i dessa punkter. Eftersom ligger utanför integrationsintervallet påverkar den inte konvergensen. Förutom den singulära punkten är integrationsintervallet obegränsat. Vi delar därför upp integrationsintervallet i två delar, en del som innehåller singulariteten i origo och en del som är obegränsad men utan singulariteten, + + + + I + I. För att integralen i vänsterledet ska vara konvergent måste båda integralerna i högerledet vara konvergenta. I : Nära origo har integranden storleksordningen och eftersom integralen +
I : är konvergent så kan vi misstänka att vår integral också är konvergent. Jämför vi de två integranderna i får vi att lim + + lim + + och jämförelseprincipen ger att I är konvergent. När har integranden storleksordningen +. 3/ Integralen 3/ är konvergent se uppgift 7.c, så eftersom + lim lim + lim 3/ + ger jämförelseprincipen att I är konvergent. Alltså är integralen konvergent. + Som vanligt gäller att integralen är konvergent om både i / ln och ii / ln är konvergenta. Singulariteten i verkar lite besvärlig så vi börjar med att undersöka integralen i punkt ii. När vi undersöker integranden nära har vi att ln + { Maclaurinutveckling av ln + + O } + O + O + O. Integranden har en singularitet av typen / i och då är integralen divergent punkt i sats 9.5. Eftersom integralen ii är divergent är integralen divergent. ln 97m Avgör om den generaliserade integralen är konvergent eller divergent. ln Vi har två singulariteter i integrationsintervallet, eftersom lim ln, +, eftersom lim ln.
68b Visa att 5 7 + ln. 7 d.v.s. från integralen Hmm..., vi har att +. När man ska visa olikheter av den här typen använder man oftast integralens monotonicitet, d.v.s. Om f g i ett intervall a, b] så är b a f b a g, Sats 7.3iv Tanken är att vi hittar en enkel funktion g som går att integrera analytiskt och som ger värdet i högerledet. Detta kan vara ganska knepigt ibland. Låt oss först titta på ett misslyckat försök. Metod misslyckande I intervallet, ] är 6 7 + 7 + + 7 +. men nu kommer faktorn 5 in och förstör det roliga eftersom 5 inte uppfyller 5 7 i hela intervallet. Metod 3 Lyckosamt Efter att ha tittat lite noggrannare på integralen ser vi att om vi ersätter 5 i täljaren med det mindre uttrycket 6 så får vi i täljaren derivatan av nämnaren och det ger just en logaritmisk primitiv funktion. Det verkar lovande! 5 + 7 6 + 7 7 7 6 + 7 7 ln + 7 ] 7 ln. 7 + 7 + 7. Alltså har vi att 5 + 5 7 och integralens monotonicitet ger att 5 + 7 5 6 ]. Vi har visserligen fått fram en undre gräns på integralens värde men vår gräns är mindre än det önskade 7 ln. Vi har alltså misslyckats. Felet vi gjorde var att olikheten 7 vi utgick från är för grov. Vi måste på något sätt skatta integranden bättre. Metod misslyckande 68c Visa att e + π. Det som förhindrar oss från att enkelt hitta en primitiv funktion är e i nämnaren. Tittar vi dessutom på högerledet π/ så skulle den kunna uppstå av ] arctan π/, Istället för att planlöst försöka skatta integranden kan vi titta lite på vad vi har i högerledet och försöka arbeta baklänges. Uttrycket ln skulle kunna komma från ] ln + ln, d.v.s. av integralen +.
En tänkbar strategi är alltså att ersätta e med. Vi får se om det fungerar. Funktionen e är avtagande och eftersom e så är Detta ger att e e + + Integralens monotonicitet ger för i intervallet,. e + +. öppnar för en substitution. Vi provar! e sin e s ds e { s,, s: } e s ] e. e + + arctan ] π/. 75 Beräkna arean inom kurvan { + cos t + sin t, y cos t sin t, t π. 68d Visa att e sin e. Just faktorn e brukar vålla besvär vid analytiska integralberäkningar. Dess primitiva funktion går inte att uttrycka i elementära funktioner, så en naiv skattning av typen sin e sin e har vi inget för. Samtidigt vill vi inte försöka skatta bort e eftersom talet e förekommer i högerledet och det är ett tecken på att eponentialfunktionen på något sätt är inblandad och bör möjligtvis sparas. Från tidigare i kursen kanske vi kommer ihåg olikheten sin, för. Sats. Den är värd att prova, för om vi ersätter sin med får vi dessutom derivatan av eponentialfunktionens argument som en faktor i integranden och detta Kurvan är en parameterkurva så arean ges av π ẏ ẋy dt, om kurvan genomlöper randen i positivt led. Det där med positivt led är viktigt att komma ihåg. Problemet är inte så mycket att vi skulle råka integrera kurvan i negativt led för då blir areaintegralen negativ och det räcker om vi byter tecken för att få arean. Problemet är om kurvan har öglor, för då kan kurvan innesluta olika delområden med olika omloppsriktningar och delareorna börjar kancellera varandra. +
Vi kan upptäcka möjliga öglor genom att undersöka om det finns punkter på kurvan som genomlöps fler gånger, d.v.s. om det finns två olika parametervärden t t och t t som ger samma punkt, t t, yt yt. Så låt oss undersöka detta, Adderar vi och fås Detta insatt i t.e. ger Vi måste alltså ha att t, yt t, yt + cos t + sin t + cos t + sin t, cos t sin t cos t sin t. + cos t + cos t cos t cos t. sin t sin t. cos t cos t, 3 sin t sin t. 4 cos t+t : Då är sin t+t eftersom cosinus och sinus har olika nollställen. 5 ger därför att sin t t vilket är fallet ovan. Vi har alltså visat att förutom kurvans start- och ändpunkt finns det ingen punkt som svarar mot två parametervärden, d.v.s. kurvan är enkel och saknar öglor. Areaintegralen blir nu π ẏ ẋy dt π + cos t + sin t sin t cos t sin t + cos tcos t sin t dt { förenklingar och trigonometriska ettan } π 4π π. sin t + cos t + dt cos t + sin t + t ] π Eftersom areaintegralen har ett negativt värde har vi alltså integrerat kurvan i negativ led och arean ska vara π. Flytta över allt i vänsterledet och använd additionsformlerna cos t cos t sin t sin t sin t t sin t t För att 5 ska vara uppfylld måste vi ha ett av fallen sin t + t cos t + t 5 6 76 Beräkna arean inom kurvan cos 3 t, y sin 3 t, t π. sin t t : Då är 5 också uppfylld. Detta ger att t t nπ t t + nπ för något heltal n. Eftersom parameterintervallet, π] har längd π kan den enda lösningen som uppfyller t t vara t och t π eller ombytta roller, vilket betyder att kurvans startpunkt och ändpunkt sammanfaller. Vi ska först undersöka om kurvan har några öglor, d.v.s. om det finns någon punkt på kurvan som svarar mot olika parametervärden t t och t t, m.a.o. cos 3 t cos 3 t, sin 3 t sin 3 t.
Eftersom funktionen 3 är en-entydig är dessa båda ekvationer ekvivalenta med cos t cos t, sin t sin t. Detta är precis samma system som vi undersökte i uppgift 75. Vi visade då att, förutom start- och ändpunkten, finns det inga punkter som uppfyller sambanden. Arean ges då av beloppstecknen tar vi med eftersom vi inte vet i vilken riktning vi genomlöper kurvan, π ẏ dt π π cos 3 t 3 sin t cos t dt π 3 cos 4 t sin + cos t cos t t dt 3 dt π { konjugatregeln } 3 8 + cos t cos t dt π + cos t cos t cos 3 t dt 3 8 π 3 8 π dt + π π cos t dt sin t cos t dt + cos 4t { s sin t, ds sin t dt, s: } 3 8 π + π 3 8 π. dt 78 Beräkna arean av var och en av de öglor i, y-planet som bildas av kurvan sin t, y sin t. Eftersom sin t är π-periodisk och y sin t är π-periodisk så har de minsta gemensamma period π vilket betyder att kurvan genomlöps helt om vi väljer ett parameterintervall med längd π. Vi kan för enkelhets skull välja parameterintervallet, π]. Vi bestämmer öglorna genom att undersöka i vilka punkter kurvan skär sig själv, d.v.s. när det finns två parametervärden t t och t t som ger samma punkt. Med andra ord söker vi lösningarna till Vi skriver om med formeln för dubbla vinkeln, För att lösa och undersöker vi två fall sin t : Då får vi från och att sin t sin t, sin t sin t. sin t cos t sin t cos t. cos t cos t. 3 Vi har alltså att sin t sin t, cos t cos t, och detta system har inga lösningar t t vilket vi visat tidigare i uppgift 75. sin t : I detta fall är båda ekvationerna uppfyllda, och vi har att t, t π eller t π.
Kurvan skär alltså sig själv i punkten som svarar mot parametervärdena t, t π och t π. 7 Beräkna arean av det område som i polära koordinater definieras av r sin v + cos v och v π/. t, t π, t π/. Kurvan har därmed två öglor med randkurvorna { sin t, y sin t, t π} respektive { sin t, y sin t, π t π}. Områdena som innesluts av respektive ögla har areorna och π π π ẏ dt π 4 π sin t cos t dt { formeln för dubbla vinkeln } sin t cos t dt 4 ] π 3 cos3 t + cos t ] π 4 3 π cos t sin t dt ẏ dt { Samma primitiva funktion som ovan } ] π 4 3 cos3 t + cos t π ] π π π sin t dt + 4 3, 4 3 + 4 3. Det man måste se upp med är att den polära representationen inte är unik. De två polära koordinaterna r, v och r, v + π svarar mot samma punkt. Det kan innebära att två kurvsegment som till synes är olika har olika vinklar ändå innesluter samma område eftersom den ena kurvan har negativ radie och då speglas över till motstående vinkelområde. r < v I vårt fall är vinkeln begränsad till, π/] så detta fenomen kan inte uppstå. Arean ges av formeln π/ rv dv π/ π/ dv sin v + cos v dv sin v + sin v cos v + cos v { v, dv, : π } 4 π π/ + sin. dv + sin v
Det kan vara svårt att direkt se någon metod för att räkna ut integralen, men eftersom integranden är ett rationellt uttryck i en trigonometrisk funktion kan vi alltid ta till universalsubstitutionen t tan. Denna inverssubstitution fungerar eftersom tan är strängt väande på, π/]. Vi behöver uttrycka sin i t, sin sin sin cos tan cos tan + tan Vi har också att dt + tan + t dt + t. och integrationsgränserna blir π/ t, t. t + t. 73b Beräkna arean av det område som begränsas av r sin 3v, polära koordinater. Vi måste först undersöka om vi har problemet med att den polära kurvan beskriver samma kurvområde två gånger på grund av identifikationen r, v r, v + π. Vi ritar upp hur radien r beror av den polära vinkeln v, r π 3 π Här ser vi att vi just drabbas av detta eftersom alla vinklar v + π till höger om π ger en radie med omvänt tecken än den med vinkel v. π v Integralen blir alltså 4 + t dt + t + t dt t + lim R dt + t + t ] R t +. Analytiskt ser vi detta också v r r v + π rv + π sin3v + 3π sin 3v rv. Alltså beskriver parametervärdena mellan π och π samma kurva som parametervärdena mellan och π. Kurvan innesluter därmed arean π rv dv π π cos 6v sin 3v dv { formeln för halva vinkeln } dv 4 4 π 4 π. v 6 sin 6v ] π