1 Primitiva funktioner

1 Primitiva funktioner
Definition 1. F(x) är en primitiv funktion till f(x) om F ′ (x) = f(x).
Antag att vi har hittat en primitiv funktion F(x) till f(x). Finns det fler primitiva funktioner och vilken
form har de i så fall? Svaret på denna fråga ges av följande sats.
Sats 1. Om F(x) är en primitiv funktion till f(x) så är även
G(x) = F(x) + C,
där C är en konstant. Omvänt gäller att varje primitiv funktion G(x) till f(x) kan erhållas genom att man
utifrån den primitiva funktionen F(x) adderar en lämplig konstant C.
Bevis. Om F(x) är en primitiv funktion så är även G(x) = F(x) + C där C är en godtycklig konstant
ty G ′ (x) = F ′ (x) = f(x). Omvänt, om G(x) och F(x) är två primitiva funktioner till f(x) så gäller att
G ′ (x) − F ′ (x) = f(x) − f(x) = 0, vilket enligt satsen på sid. 175 innebär att de skiljer sig på högst en
konstant.
Exempel 1. Funktionen F(x) = x2
2
F ′ (x) = 2x 2 = x = f(x)
+ C är en primitiv funktion till f(x) = x eftersom
Exempel 2. Funktionen F(x) = − cos2x
2
F ′ 2(− sin2x)
(x) = − = sin 2x = f(x)
2
+ C är en primitiv funktion till f(x) = sin 2x eftersom
∫
Definition 2.
Funktionen f(x) kallas integrand.
f(x) dx kallas integralen av f(x) dx och betecknar en godtycklig primitiv funktion till f(x).
Från definitionen av primitiv funktion följer att
∫
D f(x) dx = f(x)
dvs om vi deriverar integralen av f(x)dx får vi tillbaka integranden f(x).
Exempel 3. Det gäller att
∫
(2 + x) dx = 2x + x2
2 + C
ty när vi deriverar får vi
)
D
(2x + x2
2 + C = 2 + x
1

Standardintegraler.
∫
α dx = αx + C
∫
x α dx = xα+1
α + 1 + C,
α ≠ −1
∫ 1
dx = ln |x| + C,
x
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
e x dx = e x + C
cosx dx = sin x + C
sin x dx = − cosx + C
1
cos 2 dx = tanx + C
x
1
sin 2 dx = − cotx + C
x
1
dx = arctanx + C
1 + x2 1
√ dx = arcsinx + C
1 − x
2
1
√
x2 + α dx = ln |x + √ x 2 + α| + C
observera absolutbeloppet
Räknelagar
∫
∫
αf(x) dx = α
f(x) dx
∫
∫
(f(x) + g(x)) dx =
∫
f(x) dx +
g(x) dx
∫ ( ) 1 + x
Exempel 4. Beräkna
x 2 dx
∫ ( ) ∫ ( 1 + x 1
x 2 dx =
x x)
2 + 1 dx =
∫ (
x −2 + 1 )
dx = −x −1 + ln |x| + C = − 1 + ln |x| + C
x
x
∫ ( 1
Exempel 5. Beräkna √x + √ )
x dx
∫ ( 1 √x + √ ) ∫ (
x dx = x −1/2 + x 1/2) dx = 2x 1/2 + 2x3/2
+ C = 2 √ x + 2x√ x
+ C
3
3
2

2 Partialintegration
Sats 2. (partialintegration) Om f(x) har en primitiv funktion F(x) och g(x) är deriverbar så är
∫
∫
f(x)g(x) dx = F(x)g(x) − F(x)g ′ (x) dx
Bevis. Vi ska visa att högerledet är en primitiv funktion till f(x)g(x), dvs när vi deriverar högerledet skall
vi få tillbaka integranden f(x)g(x)
( ∫ )
D F(x)g(x) − F(x)g ′ (x) dx = F ′ (x)g(x) + F(x)g ′ (x) − F(x)g ′ (x) = F ′ (x)g(x) = f(x)g(x)
∫
Partialintegration endast meningsfull om
∫
Exempel 1. Beräkna xe x dx
∫
F(x)g ′ (x) dx är enklare att beräkna än
f(x)g(x) dx
Sätt f(x) = e x och g(x) = x varvid F(x) = e x och g ′ (x) = 1. Partialintegration ger
∫
∫
xe x dx = e x x − e x · 1 dx = xe x − e x + C = e x (x − 1) + C
Om man istället sätter f(x) = x och g(x) = e x blir F(x) = x2
2 och g′ (x) = e x . Partialintegration ger
∫
∫
xe x dx = x2 x
2
2 ex −
2 ex dx
vilket inte är lättare än det vi startade med! Det är alltså viktigt att välja rätt vid partialintegrationen.
∫
Exempel 2. Beräkna xcosx dx
Sätt f(x) = cosx och g(x) = x varvid F(x) = sin x och g ′ (x) = 1. Partialintegration ger
∫
∫
xcos x dx = xsin x − sin x · 1 dx = xsin x + cosx + C
Övertyga dig själv om att f(x) = x och g(x) = cosx inte innebär någon förenkling vid partialintegration.
∫
Exempel 3. Beräkna lnx dx
Kan vi använda partialintegration här? Ja, om vi skriver
∫ ∫
lnx dx = 1 · lnx dx
och sätter f(x) = 1 och g(x) = lnx varvid F(x) = x och g ′ (x) = 1 . Partialintegration ger
x
∫
∫
1 · lnx dx = xlnx − x 1 ∫
x dx = xlnx − 1 dx = xlnx − x + C
3

3 Variabelsubstitution
Variabelsubstitution. Det gäller att
∫
f(g(x))g ′ (x) dx = F(g(x)) + C (1)
ty när vi deriverar får vi
D F(g(x)) = F ′ (g(x))g ′ (x) = f(g(x))g ′ (x)
Formeln för variabelsubstitution skrivs ofta
∫
[
] ∫
f(g(x))g ′ g(x) = t
(x) dx =
g ′ = f(t) dt + C (2)
(x) dx = dt
∫
där man efter beräkningen av f(t) dt skall substituera t med g(x).
Variabelsubstitution är mycket användbart och vi illustrerar detta med ett antal exempel.
∫
Exempel 1. Beräkna −2 e
}{{} } −2x−3
{{ }
dx
g ′ (x) f(g(x))
Integranden har formen f(g(x))g ′ (x) med f(t) = e t , t = g(x) = −2x − 3 och g ′ (x) = −2.
Eftersom F(t) = e t ger formeln för variabelsubstitution
∫
−2e −2x−3 dx = e −2x−3 + C
Genom att man ersätta (substituera) den inre funktionen g(x) med t kan integralen också beräknas enligt
∫
[ ] ∫
−2e −2x−3 −2x − 3 = t
dx =
= e
−2dx = dt
t dt = e t + C = e −2x−3 + C
∫
Exempel 2. Beräkna
}{{}
2x sin(x 2 ) dx
} {{ }
g ′ (x) f(g(x))
Integranden har formen f(g(x))g ′ (x) med f(t) = sin t, t = g(x) = x 2 och g ′ (x) = 2x.
Eftersom F(t) = − cost ger formeln för variabelsubstitution
∫
2xsin(x 2 ) dx = − cos(x 2 ) + C
Genom att substituerar den inre funktionen g(x) med t kan integralen också beräknas enligt
∫
[
]
2xsin(x 2 x
) dx =
2 ∫
= t
= sint dt = − cost + C = − cos(x
2x dx = dt
2 ) + C
4

∫ (lnx)
2
Exempel 3. Beräkna
x
∫
dx = (lnx) 2
} {{ }
f(g(x))
1
x
}{{}
g ′ (x)
Integranden har formen f(g(x))g ′ (x) med f(t) = t 2 , t = g(x) = lnx och g ′ (x) = 1 x .
dx
Eftersom F(t) = t3 3
ger formeln för variabelsubstitution
∫ (ln x)
2
x
dx = (lnx)3
3
+ C
Genom att substituera den inre funktionen g(x) med t kan integralen också beräknas enligt
∫ (ln x)
2
x
dx =
[ lnx = t
]
1
x dx = dt =
∫
t 2 dt = t3 3 + C = (lnx)3
3
+ C
∫ e
1/x
Exempel 4. Beräkna dx
Genom omskrivningen
∫ e
1/x
x 2
∫
dx = −
x 2
e 1/x
}{{}
f(g(x))
(−1)
}
x
{{ 2
}
g ′ (x)
dx
får vi en integral där integranden har formen f(g(x))g ′ (x) med f(t) = e t , t = g(x) = 1 x och g′ (x) = −1
x 2 .
Eftersom F(t) = e t ger formeln för variabelsubstitution
∫ e
1/x
x 2
dx = −e 1/x + C
Genom att substituera den inre funktionen g(x) med t kan integralen också beräknas enligt
⎡
∫ e
1/x
x 2 dx =
⎢
⎣
Exempel 5. Beräkna
⎤
1
x = t
−1
dx = dt
x2 ⎥
1
⎦
x 2 dx = −dt
∫ cosx
sinx dx = ∫
∫
= −
1
sin x
} {{ }
f(g(x))
cosx
}{{}
g ′ (x)
e t dt = −e t + C = −e 1/x + C
Integranden har formen f(g(x))g ′ (x) med f(t) = 1 t , t = g(x) = sin x och g′ (x) = cosx.
Eftersom F(t) = ln |t| ger formeln för variabelsubstitution
∫ cosx
dx = ln | sin x| + C
sin x
Genom att substituera den inre funktionen g(x) med t kan integralen också beräknas enligt
∫ [
] ∫ cosx
sin x dx = sin x = t 1
= dt = ln |t| + C = ln | sin x| + C
cosx dx = dt t
dx
5

∫
Exempel 6. Beräkna
x 3
x 4 + 1 dx
Genom omskrivningen
∫
x 3
x 4 + 1 dx = 1 ∫
1
4 x 4 + 1 }{{}
4x 3
} {{ } g ′ (x)
f(g(x))
dx
får vi en integral där integranden har formen f(g(x))g ′ (x) med f(t) = 1 t , t = g(x) = x4 +1 och g ′ (x) = 4x 3 .
Eftersom F(t) = ln |t| ger formeln för variabelsubstitution
∫
x 3
x 4 + 1 dx = 1 4 ln |x4 + 1| + C
Genom att substituera den inre funktionen g(x) med t kan integralen också beräknas enligt
⎡
∫
x 4 ⎤
+ 1 = t
x 3
∫
x 4 + 1 dx = ⎢ 4x
⎣
3 dx = dt ⎥ 1
x 3 dx =
1 ⎦ =
4 dt 4 · 1
t dt = 1 4 ln |t| + C = 1 4 ln |x4 + 1| + C
∫
Exempel 7. Beräkna
}
sin
{{ 2 x
}
cosx
}{{}
dx
f(g(x)) g ′ (x)
Integranden har formen f(g(x))g ′ (x) med f(t) = t 2 , t = g(x) = sin x och g ′ (x) = cosx.
Eftersom F(t) = t3 3
∫
sin 2 xcos x dx = sin3 x
3
ger formeln för variabelsubstitution
+ C
Genom att substituera den inre funktionen g(x) med t kan integralen också beräknas enligt
∫
[
] ∫
sin 2 sin x = t
xcos x dx =
= t
cosxdx = dt
2 dt = t3 3 + C = sin3 x
+ C
3
Exemplen ovan visar att det är vettigt att titta på integranden och se om den, eventuellt efter någon omskrivning,
har formen f(g(x))g ′ (x). Om den har denna formen kan vi nästan göra integrationen i huvudet!
Variabelsubstitution är en mycket kraftfull metod som kan användas på ett mera allmänt sätt. Vi illustrerar
detta med ett antal exempel.
∫
Exempel 8. Beräkna
x √ x + 1 dx
Vi ersätter det som är besvärligt, dvs √ x + 1, med t. En kort räkning visar att x då ska ersättas med t 2 −1
och dx övergår i 2tdt
⎡ √ ⎤
∫
x √ x + 1 = t ∫
∫
x + 1 dx = ⎣ x = t 2 − 1 ⎦ = (t 2 − 1) · t · 2t dt = 2 (t 4 − t 2 ) dt = 2 5 t5 − 2 3 t3 + C
dx = 2t dt
= 2 5 (√ x + 1) 5 − 2 3 (√ x + 1) 3 + C = 2 5 (x + 1)2√ x + 1 − 2 3 (x + 1)√ x + 1 + C
6

∫
Exempel 9. Beräkna
1
dx
x + x1/3 Vi ersätter det som är besvärligt, dvs x 1/3 , med t. Räkningarna blir
⎡
⎤
∫
1
x + x dx = ⎣ x1/3 = t ∫
∫
1/3 x = t 3 ⎦
1
t
=
dx = 3t 2 t
dt
3 + t 3t2 dt = 3
t 2 + 1 dt
= 3 ∫
1
2 t 2 + 1 }{{}
2t dt = 3 2 ln |t2 + 1| + C = 3 2 ln |x3/2 + 1| + C
} {{ } g ′ (t)
f(g(t))
∫
Exempel 10. Beräkna
1
xln x dx
Vi ersätter det som är besvärligt, dvs lnx, med t. Räkningarna blir
∫ [ ]
1 lnx = t ∫ 1
xln x dx = dx = dt = ln |t| + C = ln | lnx| + C
= dt t
x
7

4 Partialbråksuppdelning
I det följande skall vi utnyttja så kallad partialbråksuppdelning vilken innebär att man uttrycker rationella
funktioner som summor av enklare funktioner. Beroende på faktorerna i nämnaren får vi följande termer i
partialbråket
faktor i nämnaren termer i partialbråket
x − a
A
x − a
(x − a) 2 A
x − a + B
(x − a) 2
x 2 + ax + b
Ax + B
x 2 + ax + b
(x 2 + ax + b) 2 Ax + B
x 2 + ax + b + Cx + D
(x 2 + ax + b) 2
Exempel 1. Den rationella funktionen
A
x − 1 +
B
x + 2 +
C
x + 3
x + 1
(x − 1)(x + 2)(x + 3)
ger upphov till ett partialbråk av formen
Exempel 2. Den rationella funktionen
A
x − 1 +
B
x + 3 +
C
(x + 3) 2
x 2 + 1
ger upphov till ett partialbråk av formen
(x − 1)(x + 3)
2
Exempel 3. Den rationella funktionen
A
x + 1 + Bx + C
x 2 − x + 1
x 2 + 1
(x + 1)(x 2 ger upphov till ett partialbråk av formen
− x + 1)
Exempel på hur man bestämmer konstanterna i partialbråket ges längre fram.
8

5 Rationella funktioner
Vi ska här studera integraler av rationella funktioner
∫
f(x) dx där f(x) = g(x) , g(x), h(x)
h(x) polynom
Rationella funktioner är viktiga och integraler av dessa kommer upp i en mängd sammanhang.
Räkneschema
Om grad g ≥ grad h så gör vi en polynomdivision varvid
f(x) = k(x) + r(x)
h(x)
där grad r < grad h
Beräkning av primitiv till r(x)
h(x)
Kan h(x) faktoriseras ?
Om h(x) kan faktoriseras så gör man en partialbråksuppdelning (exempel nedan)
Om h(x) inte kan faktoriseras kvadratkompletterar man och gör en lämplig substitution.
∫
Exempel 1. Beräkna
1
x 2 + 3x + 2 dx
Kan nämnaren x 2 + 3x + 2 faktoriseras?
x 2 + 3x + 2 = 0 ⇔ x = − 3 2 ± √
9
4 − 8 4 = −3 2 ± 1 2
⇔ x = −2, −1
Vi har alltså faktoriseringen x 2 + 3x + 2 = (x + 2)(x + 1)
Partialbråksuppdelning
1
x 2 + 3x + 2 = 1
(x + 2)(x + 1) = A
x + 2 + B A(x + 1) + B(x + 2) (A + B)x + A + 2B
= =
x + 1 (x + 2)(x + 1) (x + 2)(x + 1)
För att högerledet ska vara lika med
{
A + B = 0
A + 2B = 1 ⇔ {
A = −1
B = 1
Vi har alltså att
1
x 2 + 3x + 2 = −1
x + 2 + 1
x + 1
Integralen kan nu beräknas
∫
∫ (
1
−1
x 2 + 3x + 2 dx = x + 2 + 1 )
x + 1
1
(x + 1)(x + 1) måste
dx = − ln |x + 2| + ln |x + 1| + C = ln
x + 1
∣x + 2∣ + C
9

∫
Exempel 2. Beräkna
1
x 2 + 4x + 5 dx
Kan nämnaren x 2 + 4x + 5 faktoriseras?
x 2 + 4x + 5 = 0 ⇔ x = −2 ± √ 4 − 5
Ekvationen saknar reella lösningar och nämnaren kan inte faktoriseras.
Kvadratkomplettera
x 2 + 4x + 5 = (x + 2) 2 + 1
Integralen kan nu beräknas
∫
∫
[
1
x 2 + 4x + 5 dx = 1 x + 2 = t
(x + 2) 2 + 1 dx = dx = dt
∫ x 4 + x 3 − 6x 2 − x − 4
Exempel 3. Beräkna
x 3 − x 2 dx
− 2x
Polynomdivision ger att
] ∫
=
1
t 2 dx = arctant + C = arctan(x + 2) + C
+ 1
x 4 + x 3 − 6x 2 − x − 4
x 3 − x 2 − 2x
= x + 2 + (−2x2 + 3x − 4)
x 3 − x 2 − 2x
Kan nämnaren x 3 − x 2 − 2x faktoriseras?
x 3 − x 2 − 2x = x(x 2 − x − 2)
x 2 − x − 2 = 0 ⇔ x = 1 2 ± √
1
4 + 8 4 = 1 2 ± 3 2 ⇔ x = −1, 2
Vi har alltså faktoriseringen x 3 − x 2 − 2x = x(x + 1)(x − 2)
Partialbråksuppdelning
=
A(x + 1)(x − 2) + Bx(x − 2) + Cx(x + 1)
x(x + 1)(x − 2)
−2x 2 + 3x − 4
x 3 − x 2 − 2x = −2x2 + 3x − 4
x(x + 1)(x − 2) = A x +
För att högerledet ska vara lika med −2x2 + 3x − 4
x(x + 1)(x − 2) måste
⎧
⎨
⎩
Vi har alltså att
A + B + C = −2
−A − 2B + C = 3
−2A = −4
⎧
⎨
⇔
⎩
−2x 2 + 3x − 4
x 3 − x 2 − 2x = 2 x − 3
x + 1 − 1
x − 2
Integralen kan nu beräknas
∫ x 4 + x 3 − 6x 2 − x − 4
x 3 − x 2 − 2x
= x2
2
dx =
A = 2
B = −3
C = −1
B
x + 1 +
C
x − 2
= (A + B + C)x2 + (−A − 2B + C)x − 2A
x(x + 1)(x − 2)
∫ (
x + 2 + 2 x − 3
x + 1 − 1 )
dx
x − 2
+ 2x + 2 ln |x| − 3 ln |x + 1| − ln |x − 2| + C
10

∫
Exempel 4. Beräkna
1
t 2 + 3 4
dx
Kan nämnaren t 2 + 3 4 faktoriseras?
t 2 + 3 4 = 0 ⇔ t = ± √
− 3 4
Ekvationen saknar reella lösningar och nämnaren kan inte faktoriseras.
Uttrycket är redan kvadratkompletterat då där inte ingår någon term med t. Vi har integralen
∫
1
t 2 + 3 dt
4
Det är uppenbart att vi måste göra en eller flera omskrivningar så att vi kan utnyttja standardintegralen
∫
1
x 2 dx = arctanx + C
+ 1
Vi börjar med att fixa till så att vi får en etta i nämnaren
∫ ∫
1
1
t 2 + 3 dt = ( )
3 4t
2
dt = 4 ∫
1
( )
4 4 3 + 1 3 4t
2
dt
3 + 1
Omskrivning och substitution ger
∫
4
3
1
( ) 4t
2
dt = 4
3 + 1 3
= 4 √ ∫ 3
3 · 2
∫
⎡
1
( ( ) )
⎢
2
dt = ⎣
2t
√ + 1 3
2t
⎤
√ = s 3 √ ⎥
⎦ 3
dt =
2 ds
1
s 2 + 1 ds = √ 2 arctans + C = 2 ( ) 2t
√ arctan √ + C
3 3 3
11

6 Rotuttryck
För funktioner som innehåller rotuttryck kan man prova följande
faktor i integranden åtgärd
√
ax + b
substituera
√
ax + b = t
√
ax + b
cx + d
substituera
√
ax + b
cx + d = t
√
x2 + ax + b
kvadratkomplettera och substituera
Exempel 1. Beräkna
∫ √ x − 2
x − 1 dx
∫ √ x − 2
x − 1 dx
⎡ √ x − 2
= ⎢
⎣
= t
x − 2 = t 2
x − 1 = t 2 + 1
dx = 2t dt
⎤
∫
⎥
⎦ =
2t 2
t 2 + 1 dt
Genom substitutionen blir integranden en rationell funktion. Polynomdivision ger
2t 2
t 2 + 1 = 2 − 2
t 2 + 1
Vi har alltså
∫
2t 2 ∫ (
t 2 + 1 dt = 2 − 2 )
t 2 dt = 2t − 2 arctant + C
+ 1
Detta ger
∫ √ x − 2
x − 1 dx = 2(√ x − 2 − arctan √ x − 2) + C
∫
Exempel 2. Beräkna
∫
1
x √ x + 1 dx
⎡ √ x + 1 =
1
x √ x + 1 dx = ⎢
⎣
t
x + 1 = t 2
x = t 2 − 1
dx = 2t dt
⎤
∫
⎥
⎦ =
∫
2t
(t 2 − 1) t dt = } {{ }
konjugatregeln
Genom substitutionen blir integranden en rationell funktion. Partialbråksuppdelning ger
2
(t + 1)(t − 1) = A
t + 1 + B A(t − 1) + B(t + 1) (A + B)t − A + B
= =
t − 1 (t + 1)(t − 1) (t + 1)(t − 1)
För att högerledet ska vara lika med
{ A + B = 0
−A + B = 2 ⇔ { A = −1
B = 1
Vi har alltså att
2
(t + 1)(t − 1) = − 1
t + 1 + 1
t − 1
2
(t + 1)(t − 1) måste
12
2
(t + 1)(t − 1) dt

Integralen kan nu beräknas
∫
∫ (
2
(t + 1)(t − 1) dt = − 1
t + 1 + 1 )
t − 1
Detta ger
∫
1
x √ x + 1 dx = ln ∣ ∣∣∣
√ x + 1 − 1
√ x + 1 + 1
∣ ∣∣∣
+ C
dt = − ln |t + 1| + ln |t − 1| + C = ln
t − 1
∣t + 1∣ + C
∫
Exempel 3. Beräkna
√
3 x − 1
(x + 1) 2 x + 1 dx
Vi har räkningarna
√
x − 1
x + 1 = t ⇒ x − 1
x + 1 = t2 ⇔ x − 1 = t 2 (x + 1) ⇔ x − 1 = t 2 x + t 2
⇔ x − xt 2 = t 2 + 1 ⇔ x(1 − t 2 ) = t 2 + 1 ⇔ x = 1 + t2
1 − t 2
dx = 2t(1 − t2 ) − (1 + t 2 )(−2t)
(1 − t 2 ) 2 dt =
4t
(1 − t 2 ) 2 dt
x + 1 = 1 + t2
1 − t 2 + 1 = 1 + t2 + 1 − t 2
1 − t 2 = 2
1 − t 2
Vi har alltså
∫
Detta ger
∫
⎡
√ 3 x − 1
(x + 1) 2 x + 1 dx = ⎢
⎣
∫ 3
=
4 (1 − t2 ) 2 · t ·
√
x − 1
x + 1
⎤
= t
2
x + 1 =
1 − t 2
⎥
4t ⎦
dx =
(1 − t 2 ) 2 dt
∫
4t
(1 − t 2 ) 2 dt =
√ (√ ) 3
3 x − 1 x − 1
(x + 1) 2 x + 1 dx = + C =
x + 1
∫
Exempel 4. Beräkna
x + 1
√
x2 + 4x + 5 dx
3t 2 dt = t 3 + C
( ) √
x − 1 x − 1
x + 1 x + 1 + C
∫
∫
x + 1
√
x2 + 4x + 5 dx =
∫
=
∫
t
√
t2 + 1 dt −
[
x + 1 x + 2 =
√
(x + 2)2 + 1 dx = dx =
1
√
t2 + 1 dt = 1 ∫
1
2t √
2 t2 + 1
}{{}
g ′ (t)
} {{ }
f(g(t))
] ∫ t
=
dt
∫
dt −
t − 1
√
t2 + 1 dt
1
√
t2 + 1 dt
} {{ }
standard int.
= √ t 2 + 1 − ln |t + √ t 2 + 1| + C
Detta ger
∫
x + 1
√
x2 + 4x + 5 dx = √ (x + 2) 2 + 1 − ln |x + 2 + √ (x + 2) 2 + 1| + C
13

7 Trigonometriska funktioner
( x
För funktioner som innehåller sin x och cosx kan man använda substitutionen tan = t eftersom
2)
(
sinx = sin 2 · x )
2
(
cosx = cos
2 · x
2
(
sin 2 · x )
2
{ ( }} { x
( x
( x
2 sin cos
= ( 2)
2)
x
) ( 2 tan
cos 2 + sin 2 x
) = ( 2)
x
1 + tan 2
}
2
{{
2
}
2
1
(
cos 2 · x )
2
{ ( }} { x
) (
) cos 2 − sin 2 x
) ( x
)
1 − tan 2
= ( 2 2 x
) (
cos 2 + sin 2 x
) = ( 2 x
1 + tan 2
}
2
{{
2
}
2
1
( x
tan = t ⇔ x = 2 arctant + 2nπ ⇔ dx =
2)
2
1 + t 2 dt
) = 2t
1 + t 2
) = 1 − t2
1 + t 2
Vi illustrerar substitutionen med några exempel
∫
1
Exempel 1. Beräkna
sinx dx
⎡ ( x ⎤
tan = t
∫
2)
1
sinx dx = 2t
∫
sin x =
⎢
1 + t
⎣
2
=
⎥
2
⎦
dx =
1 + t 2 dt
∫
1
Exempel 2. Beräkna
cosx dx
∫
⎡
1
cosx dx = ⎢
⎣
( x ⎤
tan = t
2)
cosx =
1 − t2
∫
1 + t 2
=
⎥
2
⎦
dx =
1 + t 2 dt
∫
1 2 1
∣ ( ∣∣tan x
)∣ ∣∣+C
·
2t 1 + t 2 dt = t dt = ln |t|+C = ln 2
1 + t 2
∫
1 2
1 − t 2 ·
1 + t 2 dt =
1 + t 2
2
1 − t 2 dt
Genom substitutionen blir integranden en rationell funktion. 1−t 2 har faktoriseringen 1−t 2 = (1+t)(1−t).
Partialbråksuppdelning
2
(1 + t)(1 − t) = A
1 + t + B A(1 − t) + B(1 + t) (−A + B)t + (A + B)
= =
1 − t (1 + t)(1 − t) (1 + t)(1 − t)
För att högerledet ska vara lika med
{ −A + B = 0
A + B = 2 ⇔ { A = 1
B = 1
2
(1 + t)(1 − t) måste
14

Vi har alltså att
2
(1 + t)(1 − t) = 1
1 + t + 1
1 − t
Integralen kan nu beräknas
∫ ∫ (
2 1
1 − t 2 dt = 1 + t + 1 )
1 − t
dt = ln |1 + t| − ln |1 − t| + C = ln
1 + t
∣1 − t∣ + C
Detta ger
∣ (
∫ ∣∣∣∣∣ x 1 1 + tan
2)
cosx dx = ln ( x 1 − tan ∣
2) + C
∫
Exempel 3. Beräkna
∫
⎡
1
2 + sin x dx = ⎢
⎣
1
2 + sinx dx
( x ⎤
tan = t
2)
2t
∫
sin x =
1 + t 2
=
⎥
2
⎦
dx =
1 + t 2 dt ∫
1
=
1 + t ·
1 + t 2
1 2
2 + 2t ·
1 + t 2 dt
1 + t 2
∫
1
1 + t 2 dt =
1
t 2 + t + 1 dt
Genom substitutionen blir integranden en rationell funktion. Kan nämnaren t 2 + t + 1 faktoriseras?
t 2 + t + 1 = 0 ⇔ t = − 1 2 ± √
1
4 − 4 4
Ekvationen saknar reella nollställen och nämnaren kan ej faktoriseras.
Kvadratkomplettera
t 2 + t + 1 =
(
t + 1 ) 2
+ 3 2 4
Ingeralen kan nu beräknas
∫
∫
1
t 2 + t + 1 dt =
1
(
t + 1 ) 2
+ 3 2 4
dt =
[
t + 1 2
dt
= s
= ds
] ∫
=
1
s 2 + 3 4
ds
enl.ex4sid9
=
2
√
3
arctan
( ) 2s
√ + C = 2 ( ) 2t + 1
√ arctan √ + C
3 3 3
Detta ger
⎛ (
∫
x
)
1
2 + sin x dx = √ 2 arctan⎝ 2tan ⎞
+ 1
√2
⎠ + C
3 3
15

8 Trigonometriska omskrivningar
I många fall kan man ha nytta av trigonometriska omskrivningar.
Detta ger
cos2x = cos 2 x − sin 2 x = 2 cos 2 x − 1 = 1 − 2 sin 2 x
cos 2 x = 1 + cos2x , sin 2 x = 1 − cos2x
2
2
∫
Exempel 1. Beräkna cos 2 x dx
∫ ∫ ( ) 1 + cos2x
cos 2 x dx =
2
∫
Exempel 2. Beräkna sin 2 x dx
∫ ∫ ( ) 1 − cos2x
sin 2 x dx =
2
dx = x 2 + sin2x
4
dx = x 2
−
sin 2x
4
+ C
+ C
∫
Exempel 3. Beräkna cos 3 x dx
∫ ∫
∫
cos 3 x dx = cos 2 x·cosx dx =
∫
(1−sin 2 x)cosx dx =
(cos x−sin
} {{ 2 x
}
cosx
}{{}
) dx = sinx− sin3 x
+C
3
f(g(x)) g ′ (x)
∫
cosx
Exempel 4. Beräkna
sinx + sin 2 x dx
( x
Vi skulle kunna använda substitutionen tan = t men detta blir mycket arbetssamt. Efter lite funde-
2)
rande testar vi sin x = t i stället.
∫
[
cosx
sin x + sin 2 x dx = sin x =
cosx dx =
] ∫
t
=
dt
1
t + t 2 dt
Genom substitutionen blir integranden en rationell funktion. Kan nämnaren t + t 2 faktoriseras?
t + t 2 = t(1 + t)
Partialbråksuppdelning
1
t(1 + t) = A t + B A(1 + t) + Bt (A + B)t + A
= =
1 + t t(1 + t) t(1 + t)
För att högerledet ska vara lika med
{ { A + B = 0 A = 1
A = 1 ⇔ B = −1
Vi har alltså att
1
t(1 + t) = 1 t − 1
1 + t
1
t(1 + t) måste
16

Integralen kan nu beräknas
∫ ∫ (
1 1
t(1 + t) dt = t − 1 )
1 + t
Detta ger
∫
∣ cosx ∣∣∣
sin x + sin 2 x dx = ln sin x
∣
1 + sinx
dt = ln |t| − ln |1 + t| + C = ln
t
∣1 + t∣ + C
∣ + C 17

9 Komplexa metoder
Komplexa metoder baseras på Eulers formler
cosx = eix + e −ix
, sin x = eix − e −ix
2
2i
Vi ger några exempel.
∫
Exempel 1. Beräkna
sin5xcosx dx
∫
∫ e i5x − e −i5x
sin 5xcosx dx =
· eix + e −ix
dx = 1 ∫
(e i6x − e −i6x + e i4x − e −i4x ) dx
2i 2 4i
= 1 ( e i6x + e −i6x
+ ei4x + e −i4x )
+ C = − 1 ( e i6x + e −i6x )
− 1 ( e i4x + e −i6x )
+ C
4i 6i 4i
12 2 8 2
= − 1 12 cos6x − 1 8 cos4x + C
∫
Exempel 2. Beräkna
e x sin x dx
∫
∫
e x sinx dx = e x · eix − e −ix
dx = 1 ∫
(e x+ix − e x−ix ) dx = 1 ∫
(e (1+i)x − e (1−i)x ) dx
2i 2i
2i
= 1 ( )
e
(1+i)x
− e(1−i)x
+ C = 1 ( (1 − i)e (1+i)x − (1 + i)e (1−i)x )
+ C
2i 1 + i 1 − i 2i
2
= ex [
(1 − i)e ix − (1 + i)e −ix] + C = ex [
e ix − e −ix − i(e ix + e −ix ) ] + C
4i
[(
4i
= ex e ix − e −ix ) ( e ix + e −ix )]
−
+ C = ex (sin x − cosx) + C
2 2i 2
2
18