Integrasjon ved substitusjon · Fagene forklart

Utforsk

Start her: utforsk

Integralet $\int 2x\,e^{x^2}\,dx$ ser skremmende ut. Ingen av reglene for antiderivasjon passer direkte. Men kanskje en graf kan gi et hint?

Den blå grafen er $2x\,e^{x^2}$ , og det skraverte området er arealet under den fra 0 til $b$ . Den oransje grafen er $e^{x^2}$ .

2x\,e^{x^2}

e^{x^2}

b

1

Det skraverte arealet: 1,718

Den oransje grafen i

x = b

: 2,718

Prøv dette:

Sammenlign arealet med verdien til den oransje grafen for $b = 0{,}5$ , $1$ og $1{,}5$ . Hva er forskjellen hver gang?
Hva tyder det på om sammenhengen mellom $e^{x^2}$ og $2x\,e^{x^2}$ ?
Deriver $e^{x^2}$ med kjerneregelen. Stemmer gjetningen din?

Forklaring

Kjerneregelen baklengs

Arealet var alltid $e^{b^2} - 1$ , akkurat den oransje grafen minus 1. Det tyder på at $e^{x^2}$ er en antiderivert. Og ganske riktig: Deriverer du $e^{x^2}$ med kjerneregelen, får du $e^{x^2} \cdot 2x$ . Altså er

\int 2x\,e^{x^2}\,dx = e^{x^2} + C

Integralet var bare resultatet av en kjerneregel. Trikset er å kjenne igjen kjernen: Her står både $x^2$ og den deriverte $2x$ i integranden. Substitusjon er en systematisk måte å se slike mønstre på.

Metoden

Hvis integranden har formen $f(g(x)) \cdot g'(x)$ , setter vi $u = g(x)$ . Da er $\frac{du}{dx} = g'(x)$ , som vi skriver $du = g'(x)\,dx$ . Integralet blir

\int f(g(x))\,g'(x)\,dx = \int f(u)\,du

Steg for steg

Velg $u$ : ofte kjernen i en sammensatt funksjon, der den deriverte (eller en konstant ganger den) også står i integranden.
Regn ut $du$ : $du = u'(x)\,dx$ .
Bytt ut alt med $u$ og $du$ . Det skal ikke være noen $x$ igjen.
Integrer med hensyn på $u$ .
Sett tilbake $u = g(x)$ .

Bestemte integraler: skift grensene

I et bestemt integral kan du skifte grensene i stedet for å sette tilbake: Når $x = a$ , er $u = g(a)$ , og når $x = b$ , er $u = g(b)$ .

\int_a^b f(g(x))\,g'(x)\,dx = \int_{g(a)}^{g(b)} f(u)\,du

Når det mangler en konstant

I $\int x\,e^{x^2}\,dx$ er $u = x^2$ og $du = 2x\,dx$ , men det står bare $x\,dx$ . Da er $x\,dx = \frac{1}{2}du$ , og integralet blir $\frac{1}{2}\int e^u\,du = \frac{1}{2}e^{x^2} + C$ . En konstant faktor kan vi alltid justere for, men ikke en manglende $x$ .

Eksempler

Gjennomgåtte eksempler

Eksempel 1: Potens av en kjerne

Finn $\displaystyle\int 2x(x^2 + 1)^5\,dx$ .

u = x^2 + 1

, så

du = 2x\,dx

.

\displaystyle\int u^5\,du = \frac{u^6}{6} + C

.

= \dfrac{(x^2 + 1)^6}{6} + C

.

Eksempel 2: Logaritme

Finn $\displaystyle\int \frac{x}{x^2 + 4}\,dx$ .

u = x^2 + 4

og

du = 2x\,dx

, så

x\,dx = \frac{1}{2}du

.

\dfrac{1}{2}\displaystyle\int \frac{1}{u}\,du = \frac{1}{2}\ln\lvert u\rvert + C

.

= \frac{1}{2}\ln(x^2 + 4) + C

(absoluttverdi unødvendig, fordi

x^2 + 4 > 0

).

Eksempel 3: Trigonometrisk

Finn $\displaystyle\int \sin x \cos x\,dx$ .

u = \sin x

og

du = \cos x\,dx

.

\displaystyle\int u\,du = \frac{u^2}{2} + C = \frac{\sin^2 x}{2} + C

.

Eksempel 4: Skift grensene

Regn ut $\displaystyle\int_0^1 x\,e^{x^2}\,dx$ .

u = x^2

,

du = 2x\,dx

. Grensene:

x = 0

gir

u = 0

, og

x = 1

gir

u = 1

.

\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_0^1 e^u\,du = \frac{1}{2}\big[e^u\big]_0^1 = \frac{e - 1}{2} \approx 0{,}859

.

Vanlige feil

Å la $x$ bli igjen etter substitusjonen. Alt må uttrykkes med $u$ . Står det en $x$ igjen, er valget av $u$ feil (eller metoden passer ikke).
Å glemme $du$ . $dx$ må byttes ut med $\frac{du}{u'(x)}$ .
Å glemme å skifte grensene. Enten skift grensene, eller sett tilbake $u = g(x)$ før du setter inn de gamle grensene.
Å tro at alle integraler kan løses med substitusjon. $\int e^{x^2}\,dx$ kan ikke løses, fordi den deriverte av kjernen mangler.

Huskelapp

$u = g(x)$ , $du = g'(x)\,dx$ , $\int f(g(x))g'(x)\,dx = \int f(u)\,du$ .
Velg $u$ slik at $u'$ står i integranden (eventuelt med en konstant).
Bytt ut alt, integrer, sett tilbake.
Bestemte integraler: skift grensene til $g(a)$ og $g(b)$ .