Integrasjon ved variabelskifte

Set $$ u=3x+1$$.

Vi set $$ u=3x+1$$.

Dette gir

$$ \begin{array}{lll}& & \frac{du}{dx}=3\\ & & \\ & & dx=\frac{du}{3}\end{array}$$

Vi set inn for $$ u$$ og $$ dx$$ og får

$$ \begin{array}{rcl}\int {\left(3x+1\right)}^{2}dx & =& \int u^2\frac{du}{3}\\ & =& \frac{1}{3}\int u^{2}du\\ & =& \frac{1}{3}·\frac{1}{3}{u}^3+C\\ & =& \frac{1}{9}{\left(3x+1\right)}^3+C\end{array}$$

Set $$ u=3-4x$$ og bruk regelen for integrasjon av kvadratrot.

Vi set $$ u=3-4x$$.

Dette gir

$$ \begin{array}{lll}& & \frac{du}{dx}=-4\\ & & \\ & & dx=-\frac{du}{4}=-\frac{1}{4}du\end{array}$$

Vi set inn for $$ u$$ og $$ dx$$ og får

$$ \begin{array}{rcl}\int \sqrt{3-4x}dx & =& \int \sqrt{u}\left(-\frac{1}{4}\right)du\\ & =& -\frac{1}{4}\int \sqrt{u}du\\ & =& -\frac{1}{4}\int u^{\frac{1}{2}}du\\ & =& -\frac{1}{4}·\frac{2}{3}{u}^{\frac{3}{2}}+C\\ & =& -\frac{1}{6}·{\left(3-4x\right)}^{\frac{3}{2}}+C\end{array}$$

Set $$ u=5x+2$$.

Vi set $$ u=5x+2$$.

Dette gir

$$ \begin{array}{lll}& & \frac{du}{dx}=5\\ & & \\ & & dx=\frac{du}{5}\end{array}$$

Vi set inn for $$ u$$ og $$ dx$$ og får

$$ \begin{array}{rcl}\int \frac{1}{5x+2}dx & =& \int \frac{1}{u}\frac{du}{5}\\ & =& \frac{1}{5}\int \frac{1}{u}du\\ & =& \frac{1}{5}\ln \left|u\right|+C\\ & =& \frac{1}{5}\ln \left|5x+2\right|+C\end{array}$$

Set $$ u=2x$$.

Vi set $$ u=2x$$.

Dette gir

$$ \begin{array}{lll}& & \frac{du}{dx}=2\\ & & \\ & & dx=\frac{du}{2}\end{array}$$

Vi set inn for $$ u$$ og $$ dx$$ og får

$$ \begin{array}{rcl}\int \sin 2x dx & =& \int \sin u\frac{du}{2}\\ & =& \frac{1}{2}\int \sin u du\\ & =& -\frac{1}{2}\cos u+C\\ & =& -\frac{1}{2}\cos 2x+C\end{array}$$

Her har vi $$ x$$ i både teljaren og nemnaren.

Kva kan vi velje som $$ u$$ som gjer at vi får forkorta bort det som er igjen av $$ x$$?

Vi set $$ u=x^2+1$$.

Dette gir

$$ \begin{array}{lll}& & \frac{du}{dx}=2x\\ & & \\ & & dx=\frac{du}{2x}\end{array}$$

Vi set inn for $$ u$$ og $$ dx$$:

$$ \begin{array}{rcl}\int \frac{x}{x^2+1}dx & =& \int \frac{x}{u}·\frac{du}{2x}\\ & =& \frac{1}{2}\int \frac{1}{u}du\\ & =& \frac{1}{2}\ln \left|u\right|+C\\ & =& \frac{1}{2}\ln \left(x^2+1\right)+C\end{array}$$

Legg merke til at vi fjernar absoluttverditeiknet frå nest siste til siste linje i løysinga. Dette kan vi gjere fordi $$ \left(x^2+1\right)$$ alltid vil vere positiv.

Vi set $$ u=\ln x$$.

Dette gir

$$ \begin{array}{lll}& & \frac{du}{dx}=\frac{1}{x}\\ & & \\ & & dx=du·x\end{array}$$

Vi set inn for $$ u$$ og $$ dx$$ og får

$$ \begin{array}{rcl}\int \frac{{\left(\ln x\right)}^2}{x}dx & =& \int \frac{{\left(u\right)}^2}{x}du·x\\ & =& \int u^{2}du\\ & =& \frac{1}{3}{u}^3+C\\ & =& \frac{1}{3}{\left(\ln x\right)}^3+C\end{array}$$

Vi set $$ u=x^2+1$$.

Dette gir

$$ \begin{array}{lll}& & \frac{du}{dx}=2x\\ & & \\ & & dx=\frac{du}{2x}\end{array}$$

Vi set inn for $$ u$$ og $$ dx$$:

$$ \begin{array}{rcl}\int \left(\cos \left(x^2+1\right)·x\right)dx & =& \int \cos u·x·\frac{du}{2x}\\ & =& \frac{1}{2}\int \cos u du\\ & =& \frac{1}{2}\sin u+C\\ & =& \frac{1}{2}\sin \left(x^2+1\right)+C\end{array}$$

Vi set $$ u=x^2+2$$.

Dette gir

$$ \begin{array}{lll}& & \frac{du}{dx}=2x\\ & & \\ & & dx=\frac{du}{2x}\end{array}$$

Vi set inn for $$ u$$ og $$ dx$$:

$$ \begin{array}{rcl}\int x{\left(x^2+2\right)}^{6}dx & =& \int x·u^6·\frac{du}{2x}\\ & =& \frac{1}{2}\int u^{6}du\\ & =& \frac{1}{2}·\frac{1}{7}{u}^7+C\\ & =& \frac{1}{14}{\left(x^2+2\right)}^7+C\end{array}$$

Bruk at $$ \tan x=\frac{\sin x}{\cos x}$$.

$$ \int \tan x dx=\int \frac{\sin x}{\cos x}dx$$

Vi set $$ u=\cos x$$.

Dette gir

$$ \begin{array}{lll}& & \frac{du}{dx}=-\sin x\\ & & \\ & & dx=\frac{du}{-\sin x}\end{array}$$

Vi set inn for $$ u$$ og $$ dx$$:

$$ \begin{array}{rcl}\int \tan x dx & =& \int \frac{\sin x}{\cos x}dx \\ & =& \int \frac{\sin x}{u}·\frac{du}{-\sin x}\\ & =& -\int \frac{1}{u}du\\ & =& -\ln \left|u\right|+C\\ & =& -\ln \left|\cos x\right|+C\end{array}$$

Vi set $$ u=2x$$.

Dette gir

$$ \begin{array}{lll}& & \frac{du}{dx}=2\\ & & \\ & & dx=\frac{du}{2}\end{array}$$

Vi set inn for $$ u$$ og $$ dx$$ og får

$$ \begin{array}{rcl}\int \cos 2x dx & =& \int \cos u\frac{du}{2}\\ & =& \frac{1}{2}\int \cos u du\\ & =& \frac{1}{2}\sin u+C\\ & =& \frac{1}{2}\sin 2x+C\end{array}$$

Bruk resultatet frå oppgåve a) og samanhengen $$ \cos 2x=2{\cos }^{2}x-1$$.

$$ \begin{array}{rcl}\cos 2x & =& 2{\cos }^{2}x-1\\ \cos 2x+1 & =& 2{\cos }^{2}x\\ \frac{1}{2}\left(\cos 2x+1\right) & =& {\cos }^{2}x\\ & & \end{array}$$

Det ubestemde integralet blir då

$$ \int {\cos }^{2}x dx=\begin{array}{rcl}& & \frac{1}{2}\end{array}\int \begin{array}{rcl}& & \left(\cos 2x+1\right)dx\end{array}$$

Vi veit frå oppgåve a) at $$ \int \cos 2x dx=\frac{1}{2}\sin 2x+C$$.

Vi får denne løysinga:

$$ \begin{array}{rcl}\int {\cos }^{2}x dx & =& \frac{1}{2}\int \left(\cos 2x+1\right)dx\\ & =& \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\sin 2x+x\right)+C\\ & =& \frac{1}{2}x+\frac{1}{4}\sin 2x+C\end{array}$$

Bruk samanhengen $$ {\cos }^{2}x+{\sin }^{2}x=1$$ og resultatet frå oppgåve b).

$$ \begin{array}{rcl}{\sin }^2 x+{\cos }^2& x=& 1\\ {\sin }^2& x=& 1-{\cos }^{2}x\end{array}$$

Det ubestemde integralet blir då

$$ \int {\sin }^{2}xdx=\int \begin{array}{l}\left(1-{\cos }^{2}x\right)dx\end{array}$$

Vi veit frå oppgåve b) at $$ \int {\cos }^{2}x dx=\frac{1}{2}x+\frac{1}{4}\sin 2x+C$$, og vi får då den følgande løysinga:

$$ \begin{array}{rcl}\int {\sin }^{2}x dx & =& \int \begin{array}{l}\left(1-{\cos }^{2}x\right)dx\end{array}\\ & =& x-\left(\frac{1}{2}x+\frac{1}{4}\sin 2x\right)+C\\ & =& x-\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}\sin 2x+C\\ & =& \frac{1}{2}x-\frac{1}{4}\sin 2x+C\end{array}$$

Vi kan anten velje $$ u=\sin x$$ eller $$ u=\cos x$$.

Vi set $$ u=\sin x$$.

Dette gir

$$ \begin{array}{lll}& & \frac{du}{dx}=\cos x\\ & & \\ & & dx=\frac{du}{\cos x}\end{array}$$

Vi set inn for $$ u$$ og $$ dx$$:

$$ \begin{array}{rcl}\int \left(\sin x·\cos x\right)dx & =& \int u·\cos x·\frac{du}{\cos x}\\ & =& \int u du\\ & =& \frac{1}{2}{u}^2+C\\ & =& \frac{1}{2}{\sin }^{2}x+C\end{array}$$

Vi set $$ u=\cos x$$.

Dette gir

$$ \begin{array}{lll}& & \frac{du}{dx}=-\sin x\\ & & \\ & & dx=-\frac{du}{\sin x}\end{array}$$

Vi set inn for $$ u$$ og $$ dx$$:

$$ \begin{array}{rcl}\int \left(\sin x·\cos x\right)dx & =& \int \sin x·u\frac{du}{-\sin x}\\ & =& -\int u du\\ & =& -\frac{1}{2}{u}^2+C\\ & =& -\frac{1}{2}{\cos }^{2}x+C\end{array}$$

Løysinga vi får når vi vel $$ u=\cos x$$, er ikkje den same som når vi vel $$ u=\sin x$$.

$$ \begin{array}{rcl}{\left(\frac{1}{2}{\sin }^{2}x+C\right)}^{\text{'}} & =& {\left(\frac{1}{2}\sin x·\sin x+C\right)}^{\text{'}}\\ & =& \frac{1}{2}\left(\cos x·\sin x+\sin x·\cos x\right)\\ & =& \frac{1}{2}·2\sin x·\cos x\\ & =& \sin x·\cos x\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}{\left(-\frac{1}{2}{\cos }^{2}x+C\right)}^{\text{'}} & =& {\left(-\frac{1}{2}\cos x·\cos x+C\right)}^{\text{'}} \\ & =& -\frac{1}{2}\left(-\sin x·\cos x+\cos x·-\sin x\right)\\ & =& -\frac{1}{2}·\left(-2\sin x·\cos x\right)\\ & =& \sin x·\cos x\end{array}$$

Derivasjon viser at vi i begge tilfella kjem tilbake til det opphavlege uttrykket.

Det som er viktig å vere merksam på, er at det i kvar av løysingane er ein konstant, som vi har kalla C. Dersom vi skal samanlikne dei to resultata, må vi hugse at desse konstantane ikkje treng å vere like. Vi skriv derfor opp dei to resultata slik:

1. $$ \frac{1}{2}{\sin }^{2}x+C_1$$

2. $$ -\frac{1}{2}{\cos }^{2}x+C_2$$

Dersom vi set dei to resultata lik kvarandre, får vi følgande:

$$ \begin{array}{rcl}\frac{1}{2}{\sin }^{2}x+C_1 & =& -\frac{1}{2}{\cos }^{2}x+C_2\\ \frac{1}{2}{\sin }^{2}x+\frac{1}{2}{\cos }^{2}x & =& C_2-C_1\\ \frac{1}{2}\left({\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x\right) & =& C_2-C_1\\ \frac{1}{2} & =& C_2-C_1\end{array}$$

Når differansen mellom dei to konstantane er $$ \frac{1}{2}$$, er uttrykka like. Dei "ukjende" konstantane kompenserer altså for ulikskapen i resultata.

Grafane til $$ f$$ og $$ g$$ har same form og er i fase.

Når vi endrar på verdiane til $$ C_1$$ og $$ C_2$$ ved hjelp av glidarane, finn vi at $$ C_2=C_1+\frac{1}{2}$$ når grafane er samanfallande.