Integral
Kokeboken
4
3
2
1
2
Z
∞
0
Z
4
6
2
8
√
sin(πx )
2− 2
dx
=
4
sinh2(πx)
1
+ log(log x) dx = x log(log x) + C
log x
Z
∞
cos(x2) + sin(x2) dx =
√
2π
−∞
Z
∞
X
xs−1
1
dx
=
Γ(s)
= Γ(s)ζ(s)
s
ex − 1
n
n=1
∞
0
Z
2π
log
0
(1 + sin x)1+cos x
1 + cos x
dx = 0
i
Del I
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1
2
4
6
6
6
7
2.1 Introduksjon II . . . . . . . . . . . . .
2.2 Bevis . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Den antideriverte . . . . . . . .
2.2.2 Delvis integrasjon . . . . . . . .
2.2.3 Substitusjon . . . . . . . . . . .
2.3 Symmetri og nyttige sammenhenger .
2.4 Periodiske funksjoner . . . . . . . . . .
2.5 Diverse substitusjoner . . . . . . . . .
2.5.1 Weierstrass substitusjon . . . .
2.5.2 Euler substitusjon . . . . . . . .
2.6 Brøker og kvadratrøtter . . . . . . . .
2.6.1 Brøker . . . . . . . . . . . . . .
2.6.2 Kvadratrøtter . . . . . . . . . .
2.7 Delvis integrasjon . . . . . . . . . . . .
2.7.1 Delvis kanselering . . . . . . .
2.7.2 Eksponentialfunksjonen . . . .
2.7.3 Tabell og reduksjonsformler . .
2.8 Trigonometrske funksjoner . . . . . . .
2.9 Logaritmiske funksjoner . . . . . . . .
2.10 Ulike tips og knep . . . . . . . . . . . .
2.10.1 Rekursjoner og funksjonsfølger
2.10.2 Nyttig funksjonallikning . . . .
2.10.3 Integral par . . . . . . . . . . .
2.11 Oppgavesammling II . . . . . . . . . .
2.11.1 Integral . . . . . . . . . . . . .
2.11.2 Oppgaver . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
11
12
13
13
15
17
18
30
40
47
50
53
53
56
60
61
63
65
69
76
80
80
84
88
90
90
91
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
103
104
105
105
106
107
108
108
111
121
125
129
129
131
1.1 Brøk . . . . . . . . . . . . .
1.2 Trigonometriske funksjoner
1.3 Oppgavesammling I . . . .
1.3.1 Integral . . . . . . .
1.3.2 Integral . . . . . . .
1.3.3 Oppgaver . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Del II
Del III
3.1 Introduksjon III . . . . . . . . . . . .
3.2 Viktige konstanter . . . . . . . . . .
3.2.1 Euler–Mascheroni konstanten
3.2.2 Catalan’s Konstant . . . . . .
3.2.3 Glaisher–Kinkelin konstanten
3.3 Spesialfunksjoner . . . . . . . . . . .
3.3.1 Gulv og tak-funksjonene . . .
3.3.2 Gammafunksjonen . . . . . .
3.3.3 Betafunksjonen . . . . . . . .
3.3.4 Digamma-funksjonen . . . . .
3.3.5 Polygamma-funksjonen . . .
3.3.6 Riemann zeta funksjonen . .
3.3.7 Hurwitz zeta function . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
ii
3.4
3.5
3.6
3.7
3.8
3.9
3.10
3.3.8 Polylogaritmen . . . . . . . . . . . .
3.3.9 Dilogaritmen . . . . . . . . . . . . .
3.3.10 Dilogaritmen . . . . . . . . . . . . .
3.3.11 Elliptiske Integral . . . . . . . . . . .
Transformasjoner . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.1 Laplace transformasjonen . . . . . .
3.4.2 Fourier-transformasjon . . . . . . . .
3.4.3 Mellin transformasjonen . . . . . . .
3.4.4 Landen’s transformasjon . . . . . . .
3.4.5 Cauchy-Schlömilch transformasjonen
3.4.6 Diverse transformasjoner . . . . . .
Diverse applikasjoner . . . . . . . . . . . . .
3.5.1 Gulv og tak-funksjoner . . . . . . . .
3.5.2 Itererte integral . . . . . . . . . . . .
Derivasjon under integraltegnet . . . . . . .
Uendelige rekker . . . . . . . . . . . . . . .
Dobbel Integraler . . . . . . . . . . . . . . .
Kompleks Integrasjon . . . . . . . . . . . . .
3.9.1 Typer integraler . . . . . . . . . . . .
Oppgavesammling III . . . . . . . . . . . . .
3.10.1 Integral . . . . . . . . . . . . . . . .
3.10.2 Oppgaver . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
131
132
135
136
140
140
146
147
147
149
152
155
156
156
157
164
167
176
177
194
194
194
Konvergens . . . . . . . . . . .
analysens fundamentaltheorem.
Konvergens . . . . . . . . . . .
Funksjonalanalyse . . . . . . .
Bohr-Mullerup Theoremet . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
201
203
211
215
223
226
Del IV
A.1
B.1
C.1
C.2
C.3
Del V
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
229
5.1 Kortsvar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230
5.30 Langsvar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238
I
2
1.1
1 Brøk
I
BRØK
Tidligere har du møtt oppgaver som ber deg om å trekke sammen eller forenkle brøk-uttrykk
1−x
x
1−x x−1
x x+1
3x − 1
+
=
+
= 2
1+x
x−1
1+x x−1
x−1 x+1
x −1
Hva om vi ønsker å gå andre veien? Altså å dele eller spalte brøken? Som ett
eksempel kan du se om du klarer å vise at
x2
2
1
1
=
−
−1
x−1
x+1
uten å trekke sammen høyresiden. 1 Det finnes mange måter å trekke sammen
brøker på og for en enda grunndigere gjennomgang kan kalkulus anbefales eller
BESTEMTE
INTEGRAL KAN VÆRE LUNEFULLE
Ett gjennomgående tema i dette heftet er at integrasjon er en kunst og i
del II skal vi se at bestemte integral kan bli beregnet på forunderlige måter.
Oppfordringen før des blir å prøve ut flere metoder for å bestemme ett integral.
Selv om du ser en løsning som du vet vil virke, ta en pause. Tenk. Er det noen
andre metoder som kan virke, er de lettere, mer elegant enn min? Ett eksempel
er følgende integral
Z
I=
1
2
4x
dx
x2 − 1
Flere vil etter å ha lest forrigående seksjon begynne med delbrøksoppspalting.
Flott! Men hva om teller hadde vært x2 + 1, hva kunne en gjort da? Svaret
er jo substitusjon, og detaljene skal leser få kose seg med alene. Ett litt tøffere
eksempel – som vi kommer tilbake til senere – er følgende
Eksempel 1.1.1. Bestem verdien av følgende integral
Z ∞
1
I=
dx
x(1
+
x2 )
1
En ser ikke noen umidelbar smart substitusjon så en naturlig vei er delbrøksoppspalting.
Det finnes mange måter, men for eksempel
1
1 + x2 − x2
1
x
=
=
−
2
x(1 + x )
x(1 + x2 )
x
1 + x2
Integrasjonen blir nå enklere. For å bestemme integralet av siste del, bruker vi
substitusjon
Z
Z
1
x
1
2x dx
1
I=
−
dx
=
log
x
−
= log x − log(1 + x2 ) + C
2
2
x
1+x
2
1+x
2
1 Som
liten førsteklasse tass på gymnaset var jeg dypt interessert i temaet og holdt på i flere uker
med å dele brøker og lage regler. Det var først det påfølgende året at skolen begynte med teorien.
I
1 Brøk
3
Dette uttrykket er rett. Men vi velgere å gjøre noen små algebraiske omskrivninger ved hjelp av logaritmereglene log a + log b = log ab. Grunnen til dette vil
snart bli klar2
Z
1
1
1
x2
1
=
+C
dx =
log
log 1 −
x(1 + x2 )
2
1 + x2
2
1 + x2
Hvor det blant annet ble brukt at log x = 21 log x2 og
1
1 − 1+x
2 . Ved å sette inn grensene våre får vi endelig
Z
∞
1
x2
1+x2
=
(x2 +1)−1
1+x2
=
∞
1
1
1
dx
=
log
1
−
x(1 + x2 )
2
1 + x2
1
1
1
1
1
− log 1 −
=
lim log 1 −
2 x→∞
1 + x2
2
1+1
Siden 1/x → 0 når x → ∞ så vil 1/(1 + x2 ) → 0 når x → ∞. Altså går første del
mot log 1 = 0.
Z ∞
1
1
1
1
1
I=
dx =
log(1 − 0) − log
=
log 2
2)
x(1
+
x
2
2
2
2
1
og vi er ferdige. I siste overgang brukte vi at log(1/2) = log 1 − log 2 = − log 2.
Finnes det en enklere metode? Ja, heldigvis. Men den krever et bedre falkeøye
for å se. Vi begynner i stedet med den noe uvante substitusjonen y 7→ 1/x. Dett
er det samme som at x 7→ 1/y slik at dx = − dy/y 2 . Når x → ∞ så vil y → 0
siden y = 1/x. Og tilsvarende x > 1 gir y = 1/x = 1. Dermed så fås
Z
1
∞
1
dx = −
x(1 + x2 )
Z
1
0
dy
1
1
=
1/y(1 + (1/y)2 ) y 2
2
Z
0
1
2y
dy
1 + y2
Problemet løses så ved å bruke en åpenbar substitusjon. Tanken er at selv om
det ikke ser ut som en metode vil føre frem, kan det være lurt å gi den en sjangse
like vell. Substitusjonen x 7→ 1/y kalles gjerne den inverse substitusjonen, eller
en bijectiv substitusjon. Den er mye brukt på bestemte integral med grenser 1
og ∞.
2 Prøv
å fortsette å beregne integralene uten disse algebraiske krumspringene. Hva skjer?
4
1.2
I
2 Trigonometriske funksjoner
TRIGONOMETRISKE FUNKSJONER
For en diskusjon om Rieman-integrerbarhet og ulike typer integraler henvises
leses til Appendix 1. Her blir og temaet om konvergens av integraler studert
gjennomgående.
Proposisjon 1.2.1. Vi har at (arctan x)0 =
t
Z
0
1
1+x2
og
1
dx = arctan t
1 + x2
(1.1)
for alle t ≥ 0. Videre så er
Z
0
t
1
dx =
1 + x2
Z
∞
1/t
1
dx = arctan t
1 + x2
(1.2)
Bevis. Vi beviser første del av proposisjonen mens siste del overlates til leser,
se oppgave. Derivasjonen av arctan x kan vises ved implisitt derivasjon. La
y = arctan x, da er tan y = x. Derivasjon gir
d
d
tan y =
x
dx
dx
d
dy
(tan y)
=1
dy
dx
dy
1 + (tan y)2
=1
dx
1
dy
=
dx
1 + (tan y)2
d
1
arctan x =
dx
1 + x2
d
d dy
=
. I siste linje kan
dx
dy dx
vi benytte oss av at y = arctan x og tan y = x for å få det ønskede resultatet.
Derivasjonen av tan x kan for eksempel føres
I andre linje ble kjerneregelen benyttet, altså at
dy sin x
(sin x)0 · cos x − sin x · (cos x)0
(sin x)2
(cos x)2
dy
tan x =
=
=
+
dx
dx cos x
(cos x)2
(cos x)2
(cos x)2
Som viser at (tan x)0 = 1 + (tan x)2 , siden sin x/ cos x = tan x per definisjon.
Ved å integrere (arctan x)0 = 1/(1 + x2 ) fra null til t fås
t
Z
0
dx
=
1 + x2
Z
0
t
h
it
(arctan x)0 dx = arctan x = arctan t
0
Som følger fra at siden tan 0 = 0 så er arctan 0 = 0. Alternativt kunne vi integrert
uttryket via substitusjonen x = tan y. Da blir
d
= (tan y)0 ⇒ dx = 1 + tan2 (y) dy = (1 + x2 ) dy
dx
I
2 Trigonometriske funksjoner
5
Altså er dx/(1 + x2 ) = dy. Grensene blir arctan 0 = 0 og arctan t. Slik at
integralet kan skrives som
t
Z
0
1
dx =
1 + x2
Z
arctan t
dy = arctan t
0
Dette fullfører første del av beviset. Siste delen av beviset overlates til leser, se
oppgave 4.
Korollar 1.2.1.
Z
Z
Z ∞
1
π
1
dx =
dx =
2
2
1+x
1+x
4
Z1 ∞
1
1
π
dx =
dx =
1 + x2
1 + x2
2
0
1
0
∞
2
−∞
Bevis. Første overgang faller direkte ut av likning (1.2), med t = 1. Da har vi
Z
∞
1/1
1
dx =
1 + x2
Z
1
0
π
1
dx = arctan 1 =
2
1+x
4
Andre overgang følger fra likning (1.1). Verdien av arctan 1 vet vi, siden tan π/4 =
1 så er arctan 1 = π/4.
Oppgaver
1. a) Bevis siste halvdel av proposisjon (1.2.1), altså likning (1.2).
b) Vis videre at integralene under
t
Z
0
log x
dx = −
1 + x2
Z
∞
1/t
log x
dx ,
1 + x2
(1.3)
holder for alle t > 0. Bestem følgende integral
Z ∞
log x
dx ,
1
+ x2
0
ved å benytte deg av likning (1.3).
Z
2. Bruk substitusjonen u 7→ tan x til å bestemme I =
tan x)n+2 + tann x dx
0
Bestem integralet
Z
π
π/4
tan9 x + 5 tan7 x + 5 tan5 x + tan3 x dx
0
ved å bruke resultatet ovenfor.
6
I
3 Oppgavesammling I
1.3
O P P G AV E S A M M L I N G I
1.3.1
INTEGRAL
1.3.2
INTEGRAL
x2 + 3x
dx
x2
Z
1.
Z
sin(x) dx
Z
Z
e
Z
π
dx dx
−x2
18.
1
1
x
dx
x2 + 1
3.
0
Z
Z
4.
3
Z
−3
√
Z
6.
Z
20.
Z
21.
4 − x dx
Z
1/2
Z
7.
(2x − 1)
50
dx
0
Z
23.
√
n
Z
8.
π
x dx
Z
24.
Z
1
dx
x ln x
9.
Z
25.
Z
10.
π
sin x cos x dx
√
Z
e−1
1
Z
12.
Z
x
dx
ex
13.
14.
en
ln x dx n ∈ R
15.
x
x · a dx
4
−3/4
x
√
dx
+ 1 − x2
ln 1 + x2 x dx
1
Z
x2
dx
x2 + 4x + 8
Z
1
dx
x ln(x)n
42.
∞
x3 e−x dx
0
Z
x
ex+e dx
2
Z
ln(x)3 dx
46.
30.
x2
e−1
41.
45.
1
Z
1−
√
x + 2x + 2
dx
x−1
0
Z
Z
Z
e−y dx
29.
dx
x2
Z
1
x
x2
dx
−1
Z
44.
2
sin x cos x dx
Z
e
39.
43.
0
Z
Z
dx
sin 2x
dx
sin x
27.
28.
Z
x2
x−1
dx 40.
x2 + 2x + 7
π/4
loge (a)2 √
1
ex + 1
dx
ex − 1
ln 1 + x2 x dx
11.
1
√
dx
x (1 + x )
√
38.
1+e
√ x
dx
e +x
26.
Z
Z
x
Z
√
sin(1/x)e
√
x!
dx
x+1
dx
x
37.
ln x
√ dx
x
22.
Z 36.
1
√ dx
1+ x
1
x
2x ex dx
35.
xex
dx
(x + 1)2
Z
1
dx
1−x
5.
x ln
x ln(x + 1) dx
0
x
dx
x+1
2
Z
19.
dx
sin(2x)esin(x) dx
33.
34.
ln 2
1
√
x
ln
π/6
sin(x) dx
Z
Z
32.
2
17.
Z
2.
π/3
x+1
dx
(x + 2)4
Z
m
47.
(m − x)(x − n) dx
n
Z
Z
16.
log10 (x) dx
31.
p
x3 1 − x2 dx
Z
48.
√
e2
π
dx
− 16
I
3.3 Oppgaver
Z √
Z
50.
Z
Z
x −2
dx
x−4
57.
sin(2x)
dx
sin x
58.
49.
Z
π/3n
51.
0
4a
dx
x2 − a2
52.
Z
2
54.
Z
Z
π/2
55.
π/6
Z
56.
1.3.3
1
dx
tan x
x2 + 1
dx
x(x2 + 3)
Z
5
Z
67.
2
1
xn ln x dx
0
Z
68.
log5 (x)
dx
log25 (x)
Z
69.
2−4
dx
x4 − x2
62.
1
√
dx
2x ln x
66.
2ln x dx
Z
xn ln x dx
0
x2 sin(x)
dx
π−2
0
Z q
√
√
60.
x + x dx
61.
1
65.
π
2
eln(x +1)
dx
x+1
Z
Z
59.
2
esin(x) ecos(x) dx
53.
1
dx
x +x
1
dx
x ln x − x
Z
tan(nx) dx
Z
√
3
7
x2
Z
∞
70.
−∞
Z
63.
cos(sin(x)) cos x dx
Z
71.
Z
64.
x+x
2
x2 − x
dx
− 2x + 1
ex/2
dx
1 + ex
1
ln x 2
ln(x2 )
dx
e3(x+ln 3) dx
Z 5
x −x+1
dx
72.
x3 + 1
O P P G AV E R
1. Vis at integralet
Z
a+2π
K=
sin x + 1 dx ,
a
er konstant dersom a er et reellt tall. Kan resultatet forklares geometrisk?
2. La D betgne området avgrenset av linjene y = sin x, x = sin y og y = 2π+x.
Bestem arealet av D Hint: En god tegning gjør ofte susen
3. Vi har følgende integral
ea
Z
I=
1
1
dx ,
x log x + ax
hvor a er et reellt tall. Drøft integralet for tilfellene a < 0, a = 0 og a > 0,
4. Bestem følgende integral
r
Z
1+
x−1
x+1
!2
dx
Hint: Integralet kan løses både med og uten å gange ut parentesen.
8
I
3 Oppgavesammling I
5. Vis at
Z
ϕ
22 x2 − 1 e2x dx = e2ϕ − e2ψ
ψ
hvor ψ og ϕ henholdsvis er minste og største løsning av x(x − 1) = 1.
R a x −2
dx = 12
6. Finn ett reelt tall a som tilfredstiller 0 e +e
2
5
Z x
log t
7. For x > 0, la f (x) =
dt. Finn funksjonen f (x) + f (1/x) og vis at
1 1+t
f (e) + f (1/e) = 1/2.
Z 2π
Z π
Z ∞
r2
8. Bestem følgende integral
dφ
sin θ dθ
2 dr
(1 + r2 )
0
0
0
9.
10. La f (x) være en funksjon slik at
1) f (x) er integrerbar for x ∈ [0, 3]
Z 1
2)
f (x) dx = 1.
0
3) f (x) =
1
2
f (x) for alle x ∈ [0, 3]. Bestem integralet
3
Z
f (x) dx
0
11. Det oppgis at
Z
∞
−∞
π
dx
=
og
x2 + a2
a
Z
∞
−∞
dx
(x2
+
2
a2 )
=
π
2a3
hvor a > 0 er en positiv konstant. Bruk dette til å bestemme
Z ∞
x2
2 dx .
2
−∞ (x + 1)
Integralene ovenfor kan fritt benyttes, og det oppgis og at integralet ovenfor konvergerer.
12. Vis at integralet
Z
0
∞
f (x)
x
er invariant (er det samme) om f byttes ut med f (cx), hvor c er en konstant.
13. Ved å se på integralet mellom f (x) = sin x og g(x) = cos x kan vi få et
området som likner på en bart (se 345). Bestem arealet av barten.
√
14. Målet med denne oppgaven er å bevise hva som er størst av log 2 og 1/ 2 .
Og de er nærmere enn hva enn skulle tro ved første øyenkast.
I
3.3 Oppgaver
9
a) Vis at ulikheten
√ 2
1+ 2
1
√ 2 >
1
+
t
t+1+ 2
holder for alle 0 < t < 1.
b) Den geometriske aritmetriske ulikheten er definert som
x−y
√
> xy
log x − log y
der x > 0. Bevis ulikheten, Her kan det være fordelaktig å studere figur (1.1).
1/x
a
√
ab
x
b
Figur 1.1: Den aritmetriske geometriske ulikheten
√
c) Bestem hva som er størst av log 2 og 1/ 2 . En står fritt til å benytte
tidligere oppgaver.
Denne siden er med hensikt blank, for å gi leser en pustepause og for å la
forfatter slåss mot dinosaurer.
II
12
II
1 Introduksjon II
2.1
INTRODUKSJON II
I denne delen vil vi hovedsaklig dykke dypere ned i tidligere besøkte temaer,
men også lære noen nye eksotiske teknikker for å beregne spesielt hårete integral.
Det som forventes av leseren på dette tidspunktet er en grundig forståelse for
de elementære integrasjonsteknikkene som ble gjennomgått i del I. For å kunne
løse mange av integralene som kommer videre må disse elementære teknikkene
sitte helt ut til fingerspissene.
Hvor i forrige del fleste integralene kunne bli løst via et steg − En smart
substitusjon, en delbrøkoppspalting, en frekk faktorisering osv − vil vi se fremmover at integralene krever flere steg for å bli løst. Mange av løsningene vil
virke merkelige og noen vil virke som de er tatt rett ut av det blå. Men husk at
bak hvert skritt som fører mot en løsning ligger et stort maskineri.
Ofte er grunnen til at vi bruker en så merkelig substitusjon eller delvis integrasjon enkel. Det fungerer. Fremmgangsmåten blir en blanding av å ha sett
liknende problem før, og prøve en rekke velkjente triks og knep. Og det er også
målet med denne delen; og lære bort alle disse merkelige substitusjonene og
metodene for å beregne integral, slik at du selv kan anvende dem. For etter å
ha sett det samme smarte trikset nok ganger, blir det ikke lengre et triks men en
nyttig teknikk du selv kan bruke.
Et nøkkelkonsept i denne delen er å se studere når en kan gjøre følgende
omskrivning
Z
Z
Z
f (x) dx =
g(x) dx − a f (x) dx .
S
D
S
Metoden for å komme fra venstre side til høyre side av likningen er ikke spesielt
viktig. Det kan være en lur substitusjon, en brutal delvis integrasjon eller noe
helt annet. Poenget er at likningen ovenfor kan løses med hensyn på integralet
over S 1 , en beregner altså integralet indirekte. I mange tilfeller vil dette og
være eneste metoden som fungerer da det eksisterer funksjoner som ikke har
elementære antideriverte2 . I denne delen blir også andre måter å løse integraler inderekte på studert, alt fra å anvende symmetri, til smart bruk av delvis
integrasjon.
1 Så
2 En
fremt a 6= −1, da ender en opp med at integralet over D er null.
R
sier gjerne at en funksjon har en elementær antiderivert dersom f dx kan uttrykkes ved elemen-
Rb
tære funksjoner. Selv om en funksjon ikke har en elementær antiderivert kan likevel
f (x) dx
a
eksistere og være elementær. Dette er noe som skaper hodebry for mange matematikkere.
II
2.1 Den antideriverte
2.2
13
BEVIS
I denne delen skal vi se nærmere på noen geometriske bevis for både delvis
integrasjon, og hvorfor den antideriverte gir oss arealet under en funksjon. Tilsutt bevises også substitusjon mer formelt. Det formelle beviset for analysens
fundamentaltheorem spares til appendixet, da det er noe langt. For den ivrige
leser se theorem (B.1.1).
2.2.1
DEN
ANTIDERIVERTE
Lemma 2.2.1. Anta at F 0 (x) = f (x) da vil også F (x) + C
en vilkårlig konstant.
0
= f (x) hvor C er
Theorem 2.2.1. La f være en kontinuerlig funksjon som tar reelle verdier på [a, b],
og la F være den antideriverte til f for x ∈ [a, b]. Da er
Z
b
f (t) dt = F (b) − F (a) .
a
Vi venter som sagt med et formelt bevis for FTC, men i korte trekk kan det
formelle beviset kokes ned til følgende fire linjer
F (b) − F (a) =
=
=
n
X
k=1
n
X
k=1
n
X
k=1
Z b
≈
[F (xk ) − F (xk−1 )]
Teleskoperende sum
(2.1)
F 0 (x∗k )[xk − xk−1 ]
Middel verdi theoremet
(2.2)
Riemann sum
(2.3)
F 0 (x∗k )∆xk
F 0 (x) dx
(2.4)
a
Merk at theorem (2.2.1) krever at f er begrenset og kontinuerlig på intervallet.
Dette er den klassiske definisjonen av en Rieman-integrerbar funksjon. En kan
utvide integralbegrepet til langt mer ville funksjoner, men da holder ikke lengre
det påfølgende beviset vann. Beviset under med andre ord langt mer en intuisjon
enn et formelt bevis.
Bevis. Dette beviset tar utgangspunkt i figur (2.2) og baserer seg på visuell fremstilling. Anta at det eksisterer en eller annen funksjon A(y) som beskriver arealet
under f (x) fra et punkt a til ett eller annet punkt y > a. Det røde området i figur(2.1) er eksempelvis A(b). Nå utvider vi området litt med en faktor h. Arealet
av det blå området kan da skrives som
∆blå = A(b + h) − A(b) .
Ut i fra figur (2.1) så vil det blå området alltid ligge mellom det grønne rektangelet og det oransje. Dette kan beskrives ved følgende ulikhet
h · f (b) ≤ A(b + h) − A(b) ≤ h · f (h + b) .
14
II
2 Bevis
y
f (h + b)
f (b)
A(b)
x
a
b
b+h
Figur 2.1: Grafen til en vilkårlig funksjon f (x)
Siden arealet av et rektangel er lik grunnlinjen ganget med høyden. Grunnlinjen
her blir G = (h + b) − b = h, og høyden er f (x). ’Trikset’ er nå at siden h > 0 så
kan en fritt dele ulikheten på h
f (b) ≤
A(b + h) − A(b)
≤ f (h + b) .
h
(2.5)
Videre lar en h → 0. Visuelt kan en se på dette som at vi gjør det blå området
mindre og mindre. Helt tilsvarende som når en utledet formelen for den deriverte.
lim f (b) ≤ lim
h→0
h→0
A(b + h) − A(b)
≤ lim f (h + b) .
h→0
h
Dette begynner å se pent ut. Det midterste leddet kan en kjenne igjen som
definisjonen av den deriverte
f 0 (x) = lim
h→0
f (x + h) − f (x)
.
h
Første leddet blir f (b), og siste leddet blir f (b). Da har en altså skvist A0 (x)
f (b) ≤ A0 (b) ≤ f (b) .
Dette medfører at A(x) er en antiderivert til f (x)! Siden A0 (x) = f (x), så betyr
det at A(x) = F (x) hvor F 0 (x) = f (x). Funksjonen A kan dermed skrives som
A(b) = F (b) + C ,
hvor C er en eller annen konstant lemma (2.2.1). V ønsker nå å bestemme denne
ukjente konstanten. Merk at per definisjon så er A(a) = 0, slik at
0 = F (a) + C ⇒ C = −F (a) .
II
2.2 Delvis integrasjon
15
Arealet under funksjonen f (x) fra x = a til x = b kan da skrives som
A(b) = F (b) − F (a) ,
og som kjent er det mer vanlig å skrive dette som
Z
b
f (x) dx = F (b) − F (a) .
a
Merk at beviset tar utgangspunkt i at f (x) er stigende på intervalet, hadde funksjonen vært konstant kunne en brukt akkuratt samme argument. Hadde funksjonen i stedet vært synkende ville eneste forskjell vært at ulikhetstegnene i
likning (2.5) vært snudd.
Beviset her krever at f er en kontinuerlig, men at funksjonen er strengt positiv
er ikke nødvendig. Med litt mer spissfindighet kan en føre et liknende argument
for en funksjon som er negativ. Integrasjon holder i langt mer generelle former
enn dette, men poenget er her ikke å dekke alle spesialtilfeller, men gi å en viss
intuisjon om hvordan derivasjon og integrasjon henger sammen.
2.2.2
D E LV I S
INTEGRASJON
Formelen for delvis integrasjon er gitt under
Z
Z
u dv = uv − u du
Tidligere har vi utledet denne formelen ved å integrere produktregelen
(uv)0 = u0 v + uv 0
I denne delen skal vi se på en mer visuell måte å utlede formelen ovenfor på,
uten bruk av derivasjon. Forhåpentligvis vil denne metoden være mer intuitiv, i
tillegg til å være en alternativ fremgangsmåte.
Beviset tar utgangspunkt i figur (2.2) og ideèn er å uttrykke arealet av det
grå området på to ulike måter. På den ene siden kan arealet under u(v), fra A
til bli beskrevet ved følgende integral
Z v2
∆ABB 0 A0 =
u dv
v1
Tilsvarende så kan også arealet begrenset av punktene ABB 0 A0 bli beskrevet
av den inverse funksjonen v(u) langs u-aksen som
Z u2
∆CBB 0 C 0 =
v du
u1
Arealet av det grå området er likt summen av ∆CBB 0 C 0 og ∆ABB 0 A0 . På
den andre siden kan det grå området - mer formelt polygonet avgrenset av
CBAA0 B 0 C 0 - uttrykkes som differansen mellom OA0 B 0 C 0 og OABC.
∆OABC = u1 v1 og ∆OA0 B 0 C 0 = u2 v2
16
II
2 Bevis
v
u2
u1
u(v)
C
0
B0
C
B
O
A0
A
v1
u
v2
Figur 2.2: En vilkårlig funksjon i uv-koordinatsystemet
Ved å ta differansen så kan det grå området uttrykkes som
h iu2 ,v2
∆CBAA0 B 0 C 0 = ∆OA0 B 0 C 0 − ∆OABC = u2 v2 − u1 v1 = uv
u1 ,v1
Ved å sammenlikne de to uttrykkene vi har for det grå området så er
h
uv
iu2 ,v2
u1 ,v1
Z
v2
Z
u2
u dv +
=
v du
v1
(2.6)
u1
som ikke er noe annet en den kjente formelen for delvis integrasjon med leddene
stokket om. Noen vil kanskje stusse på grensene ovenfor, men husk at både u
og v begge er funksjoner av en underliggende variabel si x. Spesifikt så er
u(x1 ) = u1 , v(x1 ) = v1 og u(x2 ) = v2 , v(x2 ) = v2 . Så likning (2.6) kan skrives
Z
x=x2
x=x1
h ix=x2 Z
u dv = uv
−
x=x1
x=x2
v du .
(2.7)
x=x1
som er akkuratt formen for delvis integrasjon med grenser. Merk at beviset tok
utgangspunkt i at funksjonen u(v) var en-til-en eller bijektiv.
Dette er ikke noe nødvendig krav, som vi så når vi utledet formelen tidligere.
Uten for mye bevis så kan beviset ovenfor utvides til kurver som ikke er en-tilen, så lenge u og v er funksjoner kun avhengig av en underliggende variabel.
Integralene vil fortsatt kunne beregnes, men nå vil noen av områdene være
negative.
II
2.2.3
2.3 Substitusjon
17
SUBSTITUSJON
I starten når en lærer substitusjon vil en ofte missbruke notasjonen. Vi skriver
du
gjerne u = f (x) ⇒
= f 0 (x) ⇒ du = f 0 (x) dx. Men hva skjer egentlig i
dx
den siste overgangen? Vi arbeider jo tross alt med differensialer og ikke brøker.
Husk på at substitusjon egentlig bare er kjerneregelen baklengs. Akkuratt
som delvis integrasjon essensielt er produktregelen baklengs. Essensen av kjerneregelen er
dy
dy du
=
,
dx
du dx
Grunnen til at vi foretrekker Leibniz notasjonen og skriver deriverte som forhold
er at notasjonen er veldig hintende (suggestive). Ofte når ting ser ut som de
kanselerer så gjør de virkelig det. Ofte oppfører disse differensialene seg som
brøker for eksempel dy/ dx = 1/ dx/dy. Men å rettferdigjøre at en kan behandle
differensialer som brøker er en egen gren innenfor matematikk som kalles for
infinitesmal kalkulus.
La du/ dx = u0 (x), substitusjon kan da skrives direkte som
Z
Z
Z
Z
du
g(u(x))u0 (x)dx = g(u(x))
dx = g(u) du = g(t) dt
dx
Hvor det er den andre overgangen om må rettferdigjøres. Det som ser ut som
en kanselering av dx i andre overgang er direkte knyttet til kjerneregelen. Notasjonen er med andre ord valgt for å understreke kanseleringen.
Theorem 2.2.2. La I = [a, b] ⊂ R være et intervall og la u(x) være en til en
funksjon samt kontinuerlig deriverbar. Anta at g er kontinuerlig på I, da er
Z b
Z u(b)
g(u(x))u0 (x) dx =
g(t) dt .
a
u(a)
Bevis. Vi definer funksjonen F som følger
Z x
F (x) =
g(t) dt
0
Vi studerer så funksjonen F (u(x)) og dens deriverte.
dF du
F (u(x))0 = F 0 (u(x))u0 (x) =
du dx
Z u(x)
d
=
g(u(t)) dt · u0 (x) = g(u(x))u0 (x)
du 0
Hvor siste overgang følger fra første del av analysens fundamentaltheorem
(B.1.1). Ved å integerere F (u(x))0 = g(u(x))u0 (x) fra a til b så har vi
Z b
Z b
du
dx.
F (u(b)) − F (u(a)) =
g(u(x))u0 (x) dx =
g(u(t))
dx
a
a
Selvsagt vet vi også at
Z
u(b)
F (u(b)) − F (u(a)) =
u(a)
og dette fullfører beviset.
Z
u(b)
g(t) dt =
g(u) du
u(a)
18
II
3 Symmetri og nyttige sammenhenger
2.3
SYMMETRI OG NYTTIGE SAMMENHENGER
Målet med denne delen er å se på hvordan integral og funksjoner kan forenkles ved hjelp av symmetri. Det første vi skal se på er definisjonen av en
symmetrisk funksjon.
Definisjon 2.3.1. En funksjon f kalles symmetrisk omkring c dersom
f (x − c) = f −(x − c)
En funksjon f kalles anti-symmetrisk omkring c dersom
f (x − c) = −f −(x − c)
Dette må selvsagt holde for alle x. Dersom det bare holder for x ∈ C hvor
C = [a, b] er et endelig interval, så sier en at f er henholdsvis odde eller like
over C
Definisjon 2.3.2. En funksjon f kalles for en likefunksjon eller jevnfunksjon
dersom funksjonen er symmetrisk omkring origo.
f (x) = f (−x)
En funksjon f kalles odde eller for en oddefunksjon dersom funksjonen er antisymmetrisk omkring origo.
f (x) = −f (−x)
Som igjen må holde for alle x.
En grafisk fremstilling av odde og like funksjoner er vist i figur (2.3). Ek2
sempelvis så er x2 , cos x, e−x og |x| like funksjoner. Tilsvarende så er x3 , sin x,
2
xe−x og x eksempel på odde funksjoner.
En sammlebetegnelse for odde og like funksjoner er paritet. Så pariteten
2
2
til e−x er like, partiteten til xe−x er odde, og ex har ingen paritet. Odde og
y
y
x
(a) Et plot av to odde funksjoner
x
(b) Et plot av to like funksjoner
Figur 2.3: Pictures of animals
like funksjoner har mange nyttige egenskaper hvor de viktigste egenskapene er
II
3 Symmetri og nyttige sammenhenger
19
sammlet i tabell (2.1). Her er O en forkortelse for en odde funksjon, og L er en
forkortelse for en likefunksjon. Videre så er E enten odde eller like, og E ∗ har
motsatt paritet av E. Så dersom E er like så er E ∗ odde. Uttrykket E · E ∗ = O
betyr det samme
som at O · L = O og L · O = O. Gitt to funksjoner f og g så er
f ◦ g = f g(x) .
Tabell 2.1: Noen egenskaper til odde og like funksjoner.
E+E
E/E
E · E∗
E◦L
=
=
=
=
E·E
E/E ∗
O◦O
L◦E
E
L
O
L
=
=
=
=
L
O
O
L
Fra figur (2.3) virker det som arealet av en likefunksjon er likt på høyre og
venstre side av origo. Tilsvarende for en oddefunksjon, bare at områdene nå har
motsatt fortegn.
Dette stemmer faktisk, men før vi viser det la oss ta et litt annet eksempel
med hensyn på symmetri.
Eksempel 2.3.1. Se på funksjonen
f (x) = x
Det ønskes å vises at arealet under f (x) og f (a − x) grafisk. Altså
Z a
Z a
f (x) dx =
f (a − x) dx
0
0
Ved å se på figur figur(2.4) så er det rimelig åpenbart at området under funksjo-
y
x
Figur 2.4: f (x) og f (a − x) i samme figur.
nene er like. Arealet under x fra 0 til a er en trekant med grunnlinje a og høyde
a dermed så er
Z a
a2
x dx =
2
0
Tilsvarende for a − x er dette og en trekant med grunnlinje a og høyde a så
Z a
a2
x dx =
2
0
20
3 Symmetri og nyttige sammenhenger
II
Eksemepelet ovenfor var veldig konstruert og pedantisk. Men det stiller et
viktig spørsmål, gjelder dette for alle funksjoner? Svaret er heldigvis ja, og kan
generaliseres til følgende proposisjon
Proposisjon 2.3.1. Anta at f er en vilkårlig funksjon, og a,b er to reelle tall da er
Z b
Z b
f (a + b − x) dx =
f (x) dx .
a
a
Bevis. Igjen kan dette visualiserer med at f blir rotert omkring linjen x = (a +
b)/2 og det er derfor logisk at arealet er uforandret. Begynner med å se på
venstre side av likheten
Z b
f (x) dx
a
Ved å bruke substitusjonen x 7→ a + b − u så er du = −dx. Videre er x = a →
u = b, og x = d → u = a så
Z b
Z a
Z b
f (x) dx =
f (a + b − u) − dx =
f (a + b − u) du
a
b
a
og beviset fullføres ved å bytte integrasjonsvariabelen tilbake til x.
Dette enkle beviset fører direkte til at
Korollar 2.3.1. Gitt at f er en symmetrisk funksjon omkring c, g er en antisymmetrisk funksjon omkring c da er
Z c+a
Z c+a
Z c+a
f (x) dx = 2
f (x) dx og
g(x) dx = 0 dx ,
(2.8)
c−a
c−a
0
der at a er en positiv, reell konstant. Spesielt dersom c = 0 så er
Z a
Z a
Z a
f (x) dx = 2
f (x) dx og
g(x) dx = 0 dx ,
−a
0
(2.9)
−a
gitt at f er en likefunksjon, og g er odde.
Som det overlates leser å vise. Her er det nok å putte inn i proposisjon (2.3.1)
og benytte seg av definisjonen av en odde og like-funksjon. Dette er og svært
logisk om en betrakter figur (2.3).
Langt i fra alle funksjoner har symmetriske egenskaper, for eksempel så er ex
hverken like eller odde. Men
ex =
ex + e−x
ex − e−x
+
= sinh x + cosh x
2
2
Slik at ex kan skrives som en odde og en likefunksjon. Faktisk så kan enhver
funksjon f skrives som en en odde og en likefunksjon
f (x) =
f (x) − f (−x)
f (x) + f (−x)
+
2
2
(2.10)
Hvor første del er en like, og andre del en odde. Fra denne observasjonen kan
en vise
II
3 Symmetri og nyttige sammenhenger
21
Proposisjon 2.3.2. La f være en vilkårlig funksjon da er
Z a
Z a
f (x) + f (−x) dx
f (x) dx =
−a
0
Bevis. Legg merke til at
Z a
Z a
Z a
f (x) + f (−x)
f (x) − f (−x)
=
f (x) + f (−x) og
=0
2
2
−a
0
−a
Dette følger fra korollar (2.3.1) siden første første funksjon er like og andre
funksjon er odde. Ved å integrere likning (2.10) fra −a til a fås da
Z a
Z a
f (x) dx =
f (x) + f (−x) dx ,
−a
0
som ønsket. Alternativt kan en og dele integralet på midten og benytte substitusjonen x 7→ −y i integralet fra −a til 0.
Proposisjon 2.3.3. La f være en integrerbar funksjon på intervalet [0, 2a], hvor
a ∈ R er en positiv konstant. Da holder
Z 2a
Z a
Z a
f (x) dx =
f (x) dx +
f (2a − x) dx
0
0
0
for alle funksjoner f .
Korollar 2.3.2. La f være en vilkårlig funksjon da er
 Z a
Z 2a

2 f (x) dx hvis f (2a − x) = f (x)
f (x) dx =
0

0
0
hvis f (2a − x) = −f (x)
hvor a er reell konstant.
Bevis. Beviset følger direkte fra proposisjon (2.3.3) og nesten rett fra korollar (2.3.1) med et snedig skifte av koordinater. Geometrisk beskriver integralet
en funksjon som er odde eller like omkring x = a. Vi deler først integralet på
midten og bruker deretter substitusjonen x 7→ 2a − u på det siste integralet.
Z 2a
Z a
Z 2a
f (x) dx =
f (x) dx +
f (x) dx
0
a
0
Z
a
Z
2a−2a
−f (2a − u) du ,
f (x) dx +
=
0
2a−a
hvor grensene blir u = 2a − 2a = 0 og u = 2a − a = a. Bruker vi nå at
Ra
Rb
f (x) dx = − a f (x) dx kan integralet skrives som
b
Z
2a
Z
0
a
f (x) + f (2a − x) dx .
f (x) dx =
(2.11)
0
Dette beviser proposisjon (2.3.3). Å sette inn henholdsvis f (2a − x) = f (x) og
f (2a − x) = −f (x) fullfører beviset for korollar (2.3.2). Som vi skal se snart
følger likning (2.11) også rett fra (2.13) i lemma (2.3.1).
22
II
3 Symmetri og nyttige sammenhenger
La oss ta et eksempel for å se hvor nyttig symmetriegenskaper kan være
Eksempel 2.3.2. Putnam 1987: B1
p
Z 4
log(9 − x) dx
p
p
J=
log(9 − x) + log(3 + x)
2
Nå er a + b − x = 6 − x så ved å benytte seg av proposisjon (2.3.1) får en direkte
p
p
Z 4
Z 4
log(9 − (6 − x)) dx
log(3 + x) dx
p
p
p
p
=
log(9 − (6 − x)) + log(3 + (6 − x))
log(3 + x) + log(9 − x)
2
2
Meget pent. Ved å ta gjennomsnittet av uttrykkene får en at
p
p
Z
log(9 − x)
log(3 + x)
1 4
p
p
p
+p
dx
J=
2 2
log(9 − x) + log(x + 3)
log(x + 3) + log(9 − x)
Dermed forenkler integranden dramatisk og en står igjen med
p
Z p
Z
1 4 log(9 − x) + log(x + 3)
1 4
(4 − 2)
p
p
J=
dx =
=1
1 dx =
2 2
2
2
log(9 − x) + log(x + 3)
2
Merk at teknikken som ble brukt her kan enkelt generaliseres til følgende to
korollar
Korollar 2.3.3. La f (x) være en vilkrålig funksjon på (a, b) da er
Z b
f (x)
b−a
dx =
,
f
(a
+
b
−
x)
+
f
(x)
2
a
gitt at a og b er to reelle konstanter og at integralet konvergerer.
For å sikre seg konvergens holder det at f (a + b − x) + f (x) 6= 0 på intervalet.
Beviset er i seg selv enkelt, og en kan bruke nøyaktig samme fremgangsmåte
som i eksempelet ovenfor. I seg selv er korollaret enkelt å vise, men i praksis er
det vanskeligere å bruke. For eksempel så er
Z 1
Z 1
x3 + x + 1
x3 + x + 1
1
dx
=
dx =
.
2
3
3
2
0 4 − 3x + 3x
0 [(x − 1) + (x − 1) + 1] + x + x + 1
Men å se denne overgangen krever at en har en liten algebra-trollmann i magen.
Som regel er det enklere å tippe at denne teknikken fungerer og se om theorem (2.3.1) kan benyttes. På enkle integrander kan korollaret brukes til å løse
integraler ved inspeksjon.
Lemma 2.3.1.
Z
b
f (x) dx =
a
1
2
Z
b
f (x) + f (a + b − x) dx
(2.12)
f (x) + f (a + b − x) dx
(2.13)
f (x) + f (a + b − x) dx
(2.14)
a
Z
c
=
a
Z
=
b
c
Gitt at a,b er to reelle tall og c = (a + b)/2 er gjennomsnittsverdien av a og b.
II
3 Symmetri og nyttige sammenhenger
23
Bevis. Første likning faller rett ut fra (2.3.1), siden integralet over f (x) og f (a +
b − x) er like store. For å se neste overgang kan en snitte integralet i to
b
Z
c
Z
f (x) dx =
Z
f (x) dx +
a
a
b
(2.15)
f (x) dx ,
c
med c = (a + b)/2. Ved å bruke substitusjonen x 7→ a + b − u på siste integral fås
b
Z
Z
c
Z
a
f (x) dx −
f (x) dx =
a
Zac
f (a + b − u) du
c
f (x) + f (a + b − x) dx .
=
a
Grensene blir u = (a + b) − c = c og u = (a + b) − b = a, og en byttet tilbake til x
som integrasjonsvariabel i siste linje. Dersom en i stedet bruker substitusjonen
x 7→ a + b − u på første integral i (2.15) får en
Z
b
Z
c
f (x) dx = −
a
b
Z
f (a + b − x) dx +
b
Z
f (x) dx
c
b
f (a + b − x) + f (x) dx .
=
c
som var den siste likningen som skulle vises.
La oss rette fokus mot de kjente å kjære trigonometriske funksjonene våre.
Vi vet allerede at
2π
Z 2π
Z 2π
2 − sin(2x)
1 − cos(2x)
dx =
=π
sin2 (x) dx =
2
4
0
0
0
Der det ble benyttet at sin2 x − cos2 x = cos 2x, og enhetsformelen cos2 x +
sin2 x = 1. Dette er et integral som dukker mye opp både i fysikk og flervariabel
analyse, men hva med integralet av cos2 (x), kan vi bruke resultatet på noen
måte? Ved å se på figur (2.5) så er cos2 x og sin2 x samme funksjon, bare at
cosinus er forskjøvet med en halv periode altså
π
sin
− x = cos x
2
Der virker da logisk at arealet under sinus og cosinus er det samme, gitt at en
integrerer over en hel periode. Dette viste du vel allerede fra før, men ved å sette
inn i proposisjon (2.3.1) fås direkte at
Z
π/2
Z
2
2
Z
π/2
cos(x)2 dx
sin(π/2 − x) dx =
sin(x) dx =
0
π/2
0
0
Interessant, siden arealet under av funksjonene er like så er
Z
0
π/2
sin(x)2 =
1
2
Z
0
π/2
sin(x)2 + cos(x)2 dx =
1
2
Z
π/2
1 dx =
0
π
2
24
II
3 Symmetri og nyttige sammenhenger
1
y
x
π/2
π
3π/2
2π
Figur 2.5: Her er cos x den stipplede funksjonen, og sin x er den heltrukne.
1 y
x
0
π
π
2
3π
2
2π
Figur 2.6: f (x) og f (a − x) i samme figur.
Stilig! Teknikken fungerer ikke bare på alle intervall, men alle multipler av π/2.
Z
0
nπ/2
sin(x)2 =
Z
0
nπ/2
cos(x)2 =
1
2
Z
nπ/2
1 dx =
0
nπ
4
Men dette er kanskje kjent fra før? La oss angripe problemet på en mer grafisk
måte. Ved å se nærmere på intervalet 0 til π. Legg merke til symmetrien fra x = 0
til x = π/2 i figur (2.6). Funksjonen f (x) = sin(x)2 deler kvadratet avgrenset av
y = 0, y = 1 og x = 0, x = π/2 i nøyaktig to på figuren. Slik at arealet under f
er nøyaktig halvparten av arealet til kvadratet. Altså
Z π/2
1 π
π
sin2 x dx =
=
2 2
4
0
Dette er helt tilsvarende som å bestemme arealet av en trekant, den er nøyaktig
halvparten av kvadratet.
For å få samme resultat som før kan en dele opp integralet i n kvadrat hver
med areal π/2, og nøyaktig det samme argumentet kan og benyttes på cos(x)2 .
Hittil har det bare vært håndvifting, hvordan kan en være sikker på at fremgangsmåten er rett? Svaret finner vi i følgende theorem
Theorem 2.3.1. Anta f er kontinuerlig på [a, b] og at f (x) + f (a + b − x) er
konstant for alle x ∈ [a, b] da er
Z b
b−a
a+b
=
f (a) + f (b)
f (x) = (b − a)f
2
2
a
II
3 Symmetri og nyttige sammenhenger
25
Bevis. Beviset her tilegnes Roger Nelsen [? , s39-41], og er mildt sagt pent. Merk
at teoremet kan vises utelukkende ved å betrakte figur(2.7). Men litt algebratre-
f (a) + f (b)
f
y
f (a)
a+b
f (x)
2
f (b)
x
a
(a + b)/2
b
Figur 2.7: Bevis for teoremet uten ord.
ning har aldri skadet noen. For å beregne integralet benyttes lemma (2.3.1) og
likning (2.13) Da er
Z b
Z c
b+a
−a K
f (x) dx =
f (x) + f (a + b − x) dx =
2
a
a
Siden f (x)+f (a+b−x) = K, hvor K er en konstant. For å bestemme konstanten
kan hvilken som helst x ∈ [a, b] benyttes. Velges x = a eller x = b fås
K = f (a) + f (b)
Derimot om en velger f (x) = c fås
K = 2f
a+b
2
Integralet kan dermed skrives som
Z b
b−a
a+b
f (x) = (b − a)f
=
f (a) + f (b)
2
2
a
som var det som skulle vises.
En ser at om f (x) = sin2 x eller f (x) = cos2 x så er f (x) + f (π/2 − x) = 1
konstant så
Z π/2
Z π/2
π/2 − 0 π
f (0) + f (π/2) =
sin2 x dx =
cos2 x dx =
2
4
0
0
som stemmer med tidligere resultater. La oss ta et noe vanskeligere eksempel
avslutningsvis
26
II
3 Symmetri og nyttige sammenhenger
Eksempel 2.3.3. Putnam 1987: B1
π/2
Z
dx
√
1 + tan(x)
0
2
.
Dette er en av de vanskeligste oppgavene som har vært gitt på en Putnam eksamen3 . Ved å tegne funksjonen får en noe som likner på figur (2.8). Allerde nå
y
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
x
0
π/4
π/2
√
Figur 2.8: Grafen til funksjonen 1/ tan(x)
2
.
burde en kjenne igjenn teknikken. Området under funksjonen er halvparten av
rektangelet. Slik at det forventes at
Z
π/2
dx
√
1 + tan(x)
0
2
=
1 π
π
=
.
2 2
4
For å være sikre på dette sjekkes det at f (x) − f (a + b − x) er konstant. Nå er
tan(π/2 − x) =
sin(π/2 − x)
cos x
=
= 1/ tan(x)
cos(π/2 − x)
sin x
slik at
√
f (x) + f (π/2 − a) =
=
3 Putnam
1
√
1 + tan(x)
1
√
1 + tan(x)
2
2
+
+
1
1
1
√
+ 1/ tan(x) 2
√
tan(x) 2
√
+ tan(x) 2
·
tan(x)
2
tan(x)
2
√
er en den mest prestisjefylte matematikkonkuransen for studenter i USA og Kanada. Konkurransen består av 12 spørsmål, med maks poengsum 120. Oppgaven som er vist her klarte bare
23 av 2043 deltakare å få 3 eller mer poeng på
II
3 Symmetri og nyttige sammenhenger
27
Dermed så er f (x) + f (a + b − x) konstant for alle x ∈ [0, π/2]. Arealet under
f (x) er dermed nøyaktig halvparten av kvadratet med høyde 1 og bredde π/2.
Fra theorem (2.3.1) har en altså at
Z π/2
dx
π/2 − 0
π
√
f (0) + lim f (x) =
.
=
2
2
4
x→π/2
1
+
tan(x)
0
Der f (0) = 1 og den siste grensen blir 0, siden tan(x) går mot uendelig når
x → π/2 dermed vil 1/ tan x → 0.
I oppgaven ovenfor var figuren en god indeksjon på symmetrien. La oss
avslutningsvis ta et eksempel som i utgangspunktet virker motstriende mot tidligere resultater.
Eksempel 2.3.4. Her skal vi studere følgende integral
Z
A=
π/2 p
1 + cos2 x dx
0
La som definere funksjonen f som
f (x) =
p
1 + cos2 x
Ved å se på figur(2.9) ser det ut som at integralet fyller opp nøyaktig halvparten
av det stiplede området. Så antakelsen om at arealet er
1.5
y
1
0.5
0
x
0
π/4
π/2
√
Figur 2.9: Den røde kurven viser funksjonen f (x) = 1 + cos2 x .
π f (0) + f (π/2)
à =
2
√ π 1+ 2
=
4
virker ikke urimelig. Dessverre så er
g(x) = f (x) + f (π − x) =
p
1 + cos2 x +
p
1 + sin2 x
28
3 Symmetri og nyttige sammenhenger
II
ikke konstant på intervallet. Ved å se på den deriverte kan en se at funksjonen
√
duver sakte
√ i intervalet, eksempelvis så er g(0) = g(π/2) = 1 + 2 , mens
g(π/4) = 6 . Så f (x) − f (π − x) er akk så nære å være konstant, men det
hjelper dessverre ingenting. Ved direkte utregning så er faktisk
√ Z π/2 p
π 1+ 2
2
1 + cos x dx ≈ 1.9100 >
≈ 1.8961
4
0
Så selv om det ser ut som funksjonen har pen symmetri, må en teste om f (x) +
f (a+b−x) er konstant. Problemet
i denne oppgaven er at 1+cos2 (x) tilfredstiller
√
f (x) = f (a + b − x), mens x ikke gjør det. En konvolusjon av en symmetrisk
og ikke symmetrisk funksjon er dessverre ikke symmetrisk.
Addendum: Integralet som ble studert i denne oppgaven ikke er mulig å
beregne analytisk og betegnes som et elliptisk integral av andre grad. Men å
vise dette overlates som en artig oppgave til leser.
Oppgaver
1. La α være en reell konstant, og f (x) en kontinuerlig funksjon. Hvilke
egenskaper må f ha for at
Z α
Z α
f (x) dx
=
f (x) dx
x
−α 1 + β
0
skal gjelde? Bestem også
Z
∞
−∞
dx
(1 +
x2 )(1
+ ex )
.
2. Vis at
Z
2π
log
0
(1 + sin x)1+cos x
1 + cos x
dx = 0 ,
3. Bestem konstantene A,B,C og D slik at
Z ∞
Z ∞
Z 1
Z ∞
dx
dx
dx
dx
=
A
=
B
=
C
.
2
2
2
1
+
x
1
+
x
1
+
x
1
+
x2
−1
0
0
−∞
4.
Z 2p
p
x2 − x + 1 − x2 − 3x + 3 dx
0
5. Følgende transformasjon
Z π
Z
π π
xR(sin x, cos2 x) dx =
R(sin x, cos2 x) dx
2
0
0
er nyttig i flere sammenhenger. Vis at den stemmer der R(x) er en rasjonell funksjon uten singulariter på intervalet. Gjelder identiteten for
R(cos x, sin2 x) ?
II
3 Symmetri og nyttige sammenhenger
29
6. Et komplett elliptisk integral av andre grad kan skrives på fomen
Z
E(k) =
π/2 p
1 − k 2 sin2 x dx
0
a) Vis at integralet
Z
π/2 p
1 + cos2 x dx
0
kan uttrykkes via E(x).
La oss ta en liten digresjon til numerisk integrasjon. For å beregne et
integral kan en dele opp intervalet i n deler og konstruere et trapes på
hver del. Da ender en opp med at
Z
T (n) =
b
f (x) dx =
a
n−1
X
h
f (a) + f (b) + h
f (xk )
2
k=1
hvor n er antall interval, h = (b − a)/n, og xk = a + hk. En øvre grense
for feilen i metoden er gitt som
0 ≤ Error ≤
(b − a)3
M
2n2
Hvor M er den største verdien |f 00 (ξ)| har på intervallet.
b) Bestem hvor mange interval n som trengs for å være helt sikker på
at
√
Z π/2 p
π(1 + 2 )
1 + cos2 x dx >
4
0
30
2.4
II
4 Periodiske funksjoner
PERIODISKE FUNKSJONER
I forrige seksjon ble det sett nærmere på integralene av sin x, og cos x og begge to er eksempler på periodiske funksjoner. En enkel definisjon på en periodisk
funksjon er følgende
Definisjon 2.4.1. La f (x) være en funksjon, og la T være en konstant. Dersom
f (x + T ) = f (x)
holder for alle x, så kalles f for periodisk. En sier også at f har en periode på T .
Altså dersom funksjonen gjentar seg selv, ved jevne interval så er funksjonen
periodisk. Noen ganger kalles periodiske funksjoner også for sykliske funksjoner.
merk at periodiske funksjoner ikke trenger å oppføre seg like pent som sin x eller
y
t
Figur 2.10: Illustrasjon av en periodisk funksjon
cos x. Fra definisjonen ovenfor følger det at 1 har periode π. Siden f (x) = 1, så
er f (x + π) = 1 for alle x.
Faktisk så har konstante funksjoner, alle perioder4 .
Proposisjon 2.4.1. Dersom f (x) = f (x + p) og g(x) = g(x + p) for alle x, hvor
p 6= 0, og
F (x) = f (x) + g(x) og
G(x) = f (x)g(x)
(2.16)
da er både har både F og G periode p.
Dette er rett frem med å beregne F (x + p) og G(x + p), men merk at p ikke
trenger å være den minste perioden funksjonen har.
Eksempel 2.4.1. Definer f (x) = 1 − sin x og g(x) = sin x, da har både f og g
periode 2π siden sin(x + 2π) = sin x cos 2π + cos x sin 2π = sin x. Merk at
F (x) = f (x) + g(x) = 1
Sik at F (x) har alle perioder, ikke bare 2π.
4
En kan unngå dette problemet ved å definere periodiske funksjoner som f (x + T ) = f (T ), hvor
T er ulik null. Men i mange situasjoner er det mer naturlig å betrakte konstanter som periodiske
funksjoner.
II
4 Periodiske funksjoner
31
Eksempel 2.4.2. Definer f (x) = cos x − i sin x og g(x) = cos x + i sin x, da har
igjen både f og g en minste periode på 2π. Merk at
G(x) = f (x) · g(x) = cos2 x − i2 sin2 x = cos2 x + sin2 x = 1
Sik at F (x) igjen har alle perioder5 , ikke bare 2π.
Theorem 2.4.1. La f (x), være en funksjon med periode T hvor T 6= 0, og la k
være en vilkårlig konstant da er
a+T
Z
b+T
Z
f (x) dx =
Z
b
kT
T
Z
f (x) dx = k
Z
(2.17)
f (x) dx
a
0
b+nT
0
b
Z
f (x) dx + (n − m)
f (x) dx =
a+mT
(2.18)
f (x) dx
Z
a
T
f (x) dx .
x
2T
a
T
(2.19)
0
T +a
Figur 2.11: Illustrasjon av likning (2.17). Området fra a til a + T , er like stort
som arealet over en periode − altså fra T til 2T .
Korollar 2.4.1. Dersom R(x, y) er en rasjonell funksjon så er
Z
2π
Z
π
R(sin x, cos x) dx =
R(sin x, cos x) dx
−π
0
Bevis. Dette følger direkte fra likning (2.17) med a = 0 og b = −π og T =
2π.
Merk at likning (2.18) følger direkte fra (2.19) ved å sette m, a, b = 0, og
n = k. Tilsvarende kan første likning vises ved å la b = a, m = 0, n = 1 så
Z
a+1T
Z
Z
f (x) dx + (1 − 0)
f (x) dx =
a+0T
a
a
T
Z
f (x) dx =
0
T
f (x) dx
0
Ved å heller sette b = a får vi samme resultat, og integralene må derfor være like.
Men det er enklere å bevise siste likning om en først har vist de to foregående.
Her bevises bare (2.17) og (2.18) mens siste likning overlates som en øvelse til
leser.
5 Her
er i2 = −1 den såkalte imaginære enheten. Å innføre denne vil kanskje noe se på som juks.
Droppes derimot i blir G(x) = cos 2x som både har periode 2π og π.
32
II
4 Periodiske funksjoner
Bevis. Det er noe enklere å vise at begge integralene er likt integralet over 0 til
T . Uten tap av generalitet la c ≡ a ≡ b, da er
Z c+T
Z T
Z T +c
f (x) dx =
f (x) dx +
f (x) dx
c
c
T
c
T
Z
Z
f (x) dx +
=
c
Z
f (x + T ) dx =
0
T
f (x) dx
0
Hvor substitusjonen u = x − T ble brukt i andre overgang og f (x + T ) = f (x)
siden f har periode T . Dette medfører at
Z a+T
Z T
Z b+T
f (x) dx =
f (x) dx =
f (x) dx
a
b
0
som ønsket. Intuitivt beskriver dette en horisontal forflyttning, og om funksjonen
er periodisk vil denne forlyttningen bevare arealet.
Siden k er et naturlig tall kan en dele opp integralet
kT
Z
f (x) dx =
0
k−1
X Z (n+1)T
n=0
f (x) dx =
nT
k−1
XZ T
n=0
f (u + nT ) du
(2.20)
0
der substitusjonen x 7→ u + nT ble benyttet i siste overgang. Via induksjon er
det enkelt å vise at f (x + nT ) = f (x) holder for alle n ∈ Z. Argumentet holder
for n = 1, og anta så at f (x + pT ) = f (x) for en eller annen p. Nå er
f x + (p + 1)T = f (x + T ) + pT ) = f (x + T ) = f (x)
Her ble induksjonshypotesen brukt f (x0 + pT ) = f (x0 ) med x0 = x + T , og i siste
overgang at f er periodisk. Resultatet følger ved induksjon og ved innseting fås
Z
kT
f (x) dx =
0
k−1
XZ T
n=0
f (x + nT ) dx =
0
k−1
XZ T
n=0
Z
f (x) dx = k
0
T
f (x) dx ,
0
som var det som skulle vises. Dette fullfører beviset.
Likning (2.18) beskriver en samling av k like integral av typen i likning (2.17),
siden integralet over hver hele periode er like stort. En kan og kombinere resultatene, for eksempel så fås
Z a+kT
Z b+T
f (x) dx = k
f (x) dx
a
b
ved å bruke likning (2.17) og (2.18). Setter enn n = m inn i (2.19) får en
Z b
Z b+nT
=
f (x) dx =
f (x) dx
(2.21)
a
a+nT
hvor n selvsagt kan være negativ. Igjen gir dette mening siden om en integrerer
over (2T, 3T ) eller (T, 2T ) spiller ingen rolle da funksjonen er periodisk, en står
altså fritt til å skifte integralet slik det passer seg.
I stedet for å ta en rekke små eksempler, sammler vi alt i et magnum opus
eksempel nedfor. Merk en del av teorien fra avsnitt (2.3) vil og bli brukt
II
4 Periodiske funksjoner
33
Eksempel 2.4.3.
Z
53π/4
dx
(1 +
25π/4
2sin x ) (1
+
2cos x )
=
7π
4
Legg merke til at om en anslår integralet numerisk, får en I ≈ 5.4978, så I ≈
1.75π = 7π/4. Dette gir oss i hvertfall en god gjetning på at verdien av integralet
er rett. La f (x) betegne integranden nå er f (x + 2π) = f (x) slik at integranden
y
1
0.8
0.6
0.4
0.2
x
k
k + 2π
k + 4π
k + 6π k + 7π
Figur 2.12: Grafen til f , hvor k = 25π/4.
er periodisk. Dette kan en enten se ved innsettning eller at integranden består
av sin x og cos x ledd som begge har periode 2π. Ved å skrive om grensene kan
integralet skrives som
Z
5π/4+6·2π
I=
Z
5π/4
f (x) dx =
π/4+3·2π
Z
2π
f (x) dx + 3
π/4
f (x) dx
0
hvor (2.19) ble brukt, og f (x) igjen betegner integranden.
I ’praksis’ er omskrivningen at integralet deles opp i to deler, delen som består
av hele perioder, og delen som består av halve perioder. Eg fra k til k + 6, og
k + 6 til k + 7 i figur (2.12).
Kall integralene for henholdsvis A og B, merk at
Z
2π
π
dx
=
sin
x
(1 + 2
) (1 + 2cos x )
Z
π
0
Z
=
0
π
du
2sin u 2cos u
sin u cos u
2
1 + 2sin(u+π) 1 + 2cos(u+π) 2
2sin x 2cos x dx
(1 + 2sin x ) (1 + 2cos x )
via substitusjonen x 7→ u + π, her ble også sin(u + π) = − sin u og cos(u + π) =
− cos u benyttet. Dette resultatet får en bruk for om en deler B på midten
Z
B=3
π
Z
2π
f (x) dx + 3
0
Z
f (x) dx = 3
π
0
π
1 + 2sin x 2cos x dx
,
(1 + 2sin x ) (1 + 2cos x )
34
4 Periodiske funksjoner
II
Det kan vises at f (x) + f (a + b − x) er konstant [Oppgave] slik at theorem (2.3.1)
kan brukes. Da er
a+b
1 + 2sin(π/2) 2cos(π/2)
3π
=
B = 3(b − a)f
= 3π
sin(π/2)
cos(π/2)
2
2
1+2
1+2
Helt tilsvarende kan A beregnes så
Z 3π/4
Z 5π/4
dx
dx
A=
+
sin
x
cos
x
sin
x
(1 + 2
) (1 + 2
)
) (1 + 2cos x )
π/4
3π/4 (1 + 2
Ved å bruke substitusjonen u = x − π/2 så kan siste integral skrives som
Z 5π/4−π/2
Z 3π/4
du
2sin x dx
=
(1 + 2sin x ) (1 + 2cos x )
1 + 2sin(u+π/2) 1 + 2cos(u+π/2)
3π/4−π/2
π/4
Siden sin(u + π/2) = − sin u og cos(u + π/2) = cos u. Ved å bruke dette kan A
skrives som
Z 3π/4
Z 3π/4
dx
1 + 2sin x
dx
=
A=
sin
x
cos
x
(1 + 2
) (1 + 2
)
1 + 2cos x
π/4
π/4
For å beregne integralet kan igjen benytte seg av theorem (2.3.1) siden g(x) +
g(a + b − x) er konstant.
Z 3π/4
π
1
π
dx
=
=
A=
cos
x
cos(π/2)
1+2
2 1+2
4
π/4
som før. Her betegner da selvsagt g = 1/(1 + 2cos(x) ). Oppsumert så er
Z 53π/4
3π
π
7π
dx
=
+
=
sin x ) (1 + 2cos x )
(1
+
2
2
4
4
25π/4
som var det en ønsket å vise.
En noe mer intuitiv fremgangsmåte å vise A på er å heller bruke likning (2.13)
fra lemma (2.3.1).
Z 3π/4
Z π/2
Z π/2
dx
1
1
π
A=
=
+
=
dx =
cos
x
cos
x
−
cos
x
1+2
1+2
4
π/4
π/4 1 + 2
π/4
Hvor cos(π/4 + 2π/4 − x) = − cos x. Om en ikke er så glad i benytte slike knep
heller, kan integralet også beregnes enda mer elementært.
Z 3π/4
Z π/2
Z 3π/2
dx
dx
dx
=
+
cos
x
cos
x
1+2
1 + 2cos x
π/4
π/4 1 + 2
π/2
Z π/2
Z π/4
dx
2cos(π−x)
=
−
dx
cos x
cos(π−x)
π/4 1 + 2
π/2 1 + 2
Z π/2
Z π/2 cos x
2
dx
dx
+
,
=
cos x
cos x 1 + 2− cos x
1
+
2
2
π/4
π/4
der substitusjonen u 7→ π/2 − x ble brukt. Helt tilsvarende regning kan å brukes
for å beregne B elementært.
I dette eksempelet studeres en del spesialtillfeller av theoreme ved å se på
funksjoner med ulike egenskaper
II
4 Periodiske funksjoner
35
Proposisjon 2.4.2. La n ∈ Z/{0} være et heltall ulikt null og la f være en funksjon.
Dersom
1) at f er en funksjon med periode T , f (x + T ) = f (x) så er
Z T
Z T
f (nx) dx =
f (x) dx
0
2) at f er en vilkårlig funskjon slik at integralene konvergerer så er
Z π/2
Z π/2
f (sin 2x) dx =
f (sin x) dx
0
Z π/2
(2.22)
0
(2.23)
0
f (cos 2x) dx =
0
1
2
Z
π/2
f (cos x) + f (− cos x) dx
(2.24)
0
3) at f er en likefunksjon, f (−x) = f (x) så er
Z
π/2
Z
π/2
f (sin nx) dx =
0
Z π/2
f (sin x) dx
(2.25)
f (cos x) dx
(2.26)
0
Z π/2
f (cos nx) dx =
0
0
I tilfellet hvor f er odde, f (−x) = −f (x) holder likning (2.25) og (2.26)
generellt bare for n = ±1, ±2.
Beviset overlates til leser se oppgave (7). Vi kommer til å heller studere
symmetriegenskapene mellom sin x og cos x.
Proposisjon 2.4.3. La m, p, q ∈ Z, da er
Z π(s−k)/2
sin(mx)n dx = 0 og
Z
π(r−k)/2
π(q+k/2)
cos(mx)n dx = 0
π(p−k/2)
når n ∈ 2N − 1 og r, s ∈ 2Z + 16 . Altså er r ∈ 2j + 1, s ∈ 2i + 1 hvor j, i ∈ N. Det
kreves i tillegg at dersom i og j har samme paritet må k være like og og tilsvarende
for p og q. Dersom i og j eller p og q har ulik paritet så kan k ∈ Z velges fritt.
Beviset her uttelates men er logisk om en betrakter figuren. Beviset ville vært
å dele opp integralene halveis, og drøftet de ulike tilfellene for i, j, k, m, n, p, q, r, s
men for leserens mentale helse utellates dette. Derimot fører proposisjonen direkte til
Korollar 2.4.2.
Z
2nπ
2k+1
cos(mx)
Z
nπ
dx =
0
Z
cos(mx)2k+1 dx = 0
(2.27)
sin(mx)2k+1 dx = 0
(2.28)
0
2nπ
0
Hvr n, m, k ∈ N.
6 Notasjonen
her betyr at n er odde. Dette kan og skrives som n ∈ {2u − 1 : u ∈ N}, denne
notasjonen tar dog opp noe mer plass. Tilsvarende for 2Z ± 1, merk disse mengdene er identiske.
36
II
4 Periodiske funksjoner
Lemma 2.4.1. La R være en rasjonell funksjon da er
Z
K
K
Z
R(cos x, sin x) dx
R(sin x, cos x) dx =
0
0
Spesielt så er
Z
K
K
Z
f (cos x) dx .
f (sin x) dx =
0
0
Hvor K = π/2 eller K = 2π.
Bevis. Å vise likheten for K = π/2 er trivielt. Ved å bruke den kjære substitusjonen y 7→ π/2 − x så er
π/2
Z
Z
0
R cos(π/2 − y), sin(π/2 − y) dy
R(sin x, cos x) dx = −
π/2
0
Z
π/2
R(cos x, sin x) dx ,
=
0
som ønsket. La oss nå studere tilfellet K = 2π som er hakket mer spennende.
Ved å først bruke den samme substitusjonen y 7→ π/2 − x så er
Z
2π
Z
−3π/2
R sin(π/2 − x), sin(π/2 − y) dy .
R(sin x, cos x) dx = −
π/2
0
Integralet kan forenkles ved å snu grensene og benytte som før at sin(π/2 − y) =
cos y og cos(π/2 − y) = cos y. Neste steg blir å dele integralet ved x = 0.
Z
0
Z
π/2
R(cos y, sin y) dy +
R(cos y, sin y) dy
−3π/2
0
En naturlig fortsettelse er å benytte substitusjonen y 7→ 2π+u eller likning (2.19)
med n = m = 1,a = −3π/2,b = π/2 og T = 2π på første integralet. Uansett blir
Z
2π
Z
R(cos u, sin u) du +
π/2
π/2
Z
R(cos y, sin y) dy =
0
2π
R(cos x, sin x) dx
0
Som var det som skulle vises. Nøyaktig samme bevis som ovenfor kan brukes på f (sin x), noe enklere er bare se at R(cos x, sin x) = f (cos x) om R ikke
inneholder noen sinus ledd.
Dette vil si at R(x, y) er en symmetrisk funksjon. Som betyr at i ethvert
integral som kun består av cos x og sin x ledd, står en fritt til å bytte om disse
Z
0
2π
3 cos x
dx =
2 sin x − cos x + 3
Z
0
2π
3 sin x
dx ,
2 cos x − sin x + 3
så fremt en integrerer over en kvart, eller hel periode. Lemmaet her kan brukes
til å vise et noe mer generelt resultat
II
4 Periodiske funksjoner
37
Proposisjon 2.4.4. La k være en konstant da er
Z πk/2
Z πk/2
R(cos x, sin x) dx =
R(sin x, cos x) dx ,
−πm/2
−πm/2
gitt at k, m ≡ 0 (mod 4) eller k, m ≡ 1 (mod 4).
Siste del betyr at k og m alltid er på formen 4n eller 4n + 1 for et heltall n
og ikke nødvendigvis like. Slik at vi kan godt velge k = 4 + 1 og m = −4. Å vise
dette tar liten plass når vi allerede har vist lemma (2.4.1)
Bevis. Vi kan uten tap av generalitet sette m = 0 igjennom hele beviset. Siden
integralet kan deles ved x = 0 og å vise proposisjonen for de negative verdiene
er akkuratt likt som for de positive. Tar først tilfellet for k = 4n, da er
Z 2nπ
Z 2π
R(cos x, sin x) dx = n
R(cos x, sin x) dx
0
0
Z
2π
=n
Z
2nπ
R(sin x, cos x) dx =
0
R(sin x, cos x) dx ,
0
der første og siste overgang følger fra likning (2.18) og andre overgnag følger
fra lemma (2.4.1). Tilsvarende for tilfellet når k = 4n + 1 så er
Z 2nπ+π/2
Z 2π
Z π/2
R(cos x, sin x) dx = n
R(cos x, sin x) dx +
R(cos x, sin x) dx ,
0
0
0
hvor likning (2.18) ble brukt. En har vist symmetrien til begge integralene på
høyresiden i lemma (2.4.1). Ved å bruke dette har en dermed
Z 2nπ+π/2
Z 2π
Z π/2
R(cos x, sin x) dx = n
R(sin x, cos x) dx +
R(sin x, cos x) dx
0
Z
0
2nπ+π/2
0
R(sin x, cos x) dx ,
=
0
som var det som skulle vises. Dette fullfører beviset.
Å bruke denne symmetrien til å løse integral er ikke rett frem. Men den er
svært nyttig for å vise at ulike trigonometriske integral er like. Vi kan etablere
liknende identiteter for
Proposisjon 2.4.5. .
La f (x) være en begrenset funksjon på intervalet og la m,n være heltall. Da er
Z nπ
Z 2πn
2
f (cos x) dx =
f (cos x) dx
(2.29)
Z
−mπ
nπ/2
−2mπ
nπ
Z
f (sin x) dx =
2
−mπ/2
f (sin x) dx
(2.30)
−mπ
gitt at n, m er på formen n, m ≡ 0 (mod 4) eller n, m ≡ 1 (mod 4).
Beviset for dette overlates til leser, og kan vises på samme måte som de
to tidligere proposisjonene. Merk at proposisjonen holder selv om m = 4p og
n = 4l + 1. La oss ta en svak generalisering av Riemann-Lebesgue lemmaet
38
II
4 Periodiske funksjoner
Lemma 2.4.2. (Riemann-Lebesgue lemma) La f (x) være en kontinuerlig deriverbar7 funksjon på (a, b). La g(x) være en funksjon med periode T . Da er
Z
lim
n→∞
a
b
1
f (x)g(nx) dx =
T
Z
T
Z
g(x) dx
b
f (x) dx .
a
0
Lemmaet holder under svakere betingelser, men for å gjøre beviset enklere
holder dette for oss
Bevis. La oss først se på integralet over g(x), dette kan skrives som
!
Z T
Z x
1
g(x) dx + h(x) = xA + h(x) .
g(t) = x
T 0
0
Her betegner A integralet, og h er en eller annen kontinuerlig funksjon med
periode T . Første overgang kommer fra likning (2.18), hvor k = x/T . For at
dette skal gjelde må x/T være et heltall , dette ordnes via funksjonen h(x) som
er g(x) integrert over et passelig interval. Ved å derivere begge sider så er
g(x) = A + h0 (x) ,
slik at g(nx) = A + h0 (nx). Her trengtes ikke produktregelen og benyttes på
først del, da A er en konstant og ikke avhengig av x. Settes dette inn i den
opprinnelige likningen fås
Z
b
Z
f (x)g(nx) dx = A
a
b
Z
b
f (x) dx +
a
f (x)h0 (nx) dx .
a
Målet er nå å vise at det siste integralet går mot null, når n går mot ∞. Ved å
bruke delvis integrasjon kan integralet skrives som
b
Z
0
f (x)h(nx)
n
f (x)h (nx) dx =
a
b
1
−
n
a
b
Z
f 0 (x)h(nx) dx .
a
Siden f , f 0 og h(x) er kontinuerlige på (a, b) medfører dette og at de er øvre
begrenset, som igjen betyr at integralet konvergerer. Høyresiden er dermed et
reelt tall så høyresiden går mot null når n vokser. Dette medfører
Z
n→∞
b
Z
f (x)g(nx) dx = A
lim
a
b
f (x) dx + 0 =
a
1
T
Z
T
Z
g(x) dx
0
b
f (x) dx ,
a
som var det som skulle vises.
7 kontinuerlig
deriverbar er en faglig betegnelse som betyr at f er kontinuerlig, og at dens deriverte
også er kontinuerlig
II
4 Periodiske funksjoner
39
Oppgaver
7.
a) Lett oppvarming. Vis at dersom f har periode T , altså f (x + T ) = f (x)
så er
Z T
Z T
f (nx) dx =
f (x) dx ,
0
0
gitt at n = Z/{0} − altså at n er et vilkårlig heltall ulikt 0. Bevis også
resten av proposisjon (2.4.2).
8. Bevis at det kun eksisterer to n ∈ N slik at
Z π/2
Z π/2
dθ
dθ
I(n) =
=
2 + sin nθ
2 + sin θ
0
0
π
√
2 3
Tilsvarende bestem når I(n) =
.
9. Vis at
Z
b+nT
Z
b
f (x) dx + (n − m)
f (x) dx =
a+mT
Z
a
T
f (x) dx
0
hvor igjen a, b, T er reelle tall, f (x + T ) = f (x) for alle x, og n, m ∈ Z.
10. Bestem integralet
Z
71π/2
I=
log
23π
(1 + sin x)1+cos x
1 + cos x
dx .
11. Tidligere har en sett på periodiske funksjoner, og i denne oppgaven ser en
nærmere på spesialtilfellet der integranden i tillegg er odde eller like.
La f (x) være en likefunksjon, og la g(x) være odde. Både f og g har periode T = 2L, hvor L er en naturlig konstant. I oppgaven skal integralene
Z x
Z x
G(x) =
f (t) dt og F (x) =
g(t) dt ,
0
0
studeres nærmere8 .
a) Bestem pariteten til F og G. Altså om F og G er odde eller like.
b) Bestem G(2nL) og F (2nL), hvor n ∈ Z.
c) Vis at F også har periode 2L, hvilke betingelser kreves for at G også
skal ha periode 2L?
8 Merk
at egenskapene vi viser her minner svært om egenskapene til sin x, og cos x og blant elementære funksjoner er disse de eneste periodisk, odde og like funksjonene.
Tillater en derimot delte funksjonsuttrykk, finnes det mange flere eksempler, disse mye brukt innen
signalbehandling og fourier-analyse.
40
5 Diverse substitusjoner
2.5
II
DIVERSE SUBSTITUSJONER
Vi betegner en substitusjon som følgende overgang
Z ψ
Z β
f [g(t)]g 0 (t) dt
f (x) dx =
ϕ
α
og formelt sett er dette en avbildning fra et område X til et område Y via funksjonen x 7→ g(t). Hva dette i praksis vil si er at vi går fra et koordinatsystem x,y
til et nytt koordinatsystem x0 ,y 0 og det eneste som er konstant mellom systemene
er at arealet under f (t) ∈ (a, b) og f (g(t)) ∈ (ϕ, ψ) er like store.
Vi begynner med å se på noen få q
eksempler på nyttige susbtitusjoner. Inneholp
2
der integralet (x − a)(b − x eller x−a
b−x så kan substitusjonen x 7→ a cos θ +
b sin2 θ
Eksempel 2.5.1.
Z
I=
a
b
dx
p
(x − a)(b − x)
=π
Vi benytter den anbefalte substitusjonen x 7→ a cos2 θ + b sin2 θ. Da er
(x − a)(b − x) = a(cos2 θ − 1) + b sin2 θ b(1 − sin2 θ) − a cos2 θ
= (−a sin2 θ + b sin2 θ)(b cos2 θ − a cos2 θ)
= (b − a)2 sin2 θ cos2 θ
Mens den deriverte kan skrives som
dx
= −2a cos θ sin θ + 2b sin θ cos θ = 2(b − a) sin θ cos θ
dθ
Herfra må vi arbeide med grensene våre. Når x = a får vi likningen a =
a cos2 θ + b sin2 θ som medfører (a − b) sin2 θ = 0. Her kan vi se bort i fra det
trivielle tilfellet a = b. Så vi må ha sin2 θ = 0 eller θ = nπ, n ∈ Z. Vi velger
n = 0 for enkelhetens skyld.
Tilsvarende for x = β finner vi at θ = π/2 + nπ. Denne gangen kan vi
ikke velge n fritt. Det er relativt trygt å gjette at vi må velge θ = π/2. Vi kan
rettferdiggjøre dette ved å se at vi ønsker at x øker fra a til b, og dersom vi velger
en annen verdi for den øvre grensen vil ikke dette skje. Substitusjonen gir altså
Z π/2
Z π/2
Z b
dx
(b − a) sin θ cos θ dθ
p
p
=2
=
2
dθ = π
(x − a)(b − x)
(b − a)2 sin2 θ cos2 θ
a
0
0
som ønsket. Noen
√ tillegskommentarer: For x ∈ [0, π/2] så er cos x og sin x
positive slik at sin2 θ cos2 θ = | cos x|| sin x| = cos x sin x. Vi kan og se raskt
på konvergens, eneste farememomenter er x = a og x = b. Integralet oppfører
R1
√
seg som 0 dx/ x nære disse punktene og konvergerer dermed. En har fra
taylorutvikling at
Z
Z
dx
p
∼ (x − a)−1/2 (b − a)−1/2 dx = 2(x − a)1/2 (b − a)−1/2
(x − a)(b − x)
som er konvergent. Helt tilsvarende omkring x = b.
II
5 Diverse substitusjoner
41
Å evaluere bestemte integral ved bruk av substitusjon krever ømfintlighet.
Følgende theorem gir oss tilstrekkelige betingelser for en gyldig substitusjon
Theorem 2.5.1. Dersom funksjonen t = φ(x) tilfredstiller følgende
1) φ(x) er en kontinuerlig en-til-en funksjon definert på intervalet [ϕ, ψ] og har
en kontinuerlig derivert der.
2) Verdiene til φ(t) ligger i intervalet [a, b]
3) φ(ϕ) = a og φ(ψ) = b.
da vil følgende formel holde
Z b
Z
ψ
f (g(x))g 0 (x) dx
f (t) dt =
a
ϕ
for alle f stykkevis kontinuerlig funksjoner derfinert på [a, b].
Gjennom nonen eksempler vil vi vise visse fallgruver om en ikke passer på
betingelsenene ovenfor. Det enkleste er altså benytte seg av monotone9 substitusjoner. Ellers må en dele opp intervallet til substitusjonen blir monoton.
Eksempel 2.5.2.
Z
2
I=
−2
dx
4 + x2
Variabelskifte x 7→ 1/t vil her lede til et galt svar
Z 2
Z 1/2
Z 1/2
dx
dt
dt
I=
=
=
−
2
2+1
2 1+ 1
4
+
x
4t
t
−2
−1/2
−1/2
t2
−1/2
π
1
=−
=
arctan 2t
2
4
1/2
Som er umulig siden funksjonen er strengt positivt. Dette skjer fordi substitusjonen 1/t ikke er deriverbar i origo10 . Rett svar er selvsagt
Z 2
h
π i
dx
x i2
1 hπ
π
I=
= arctan
=
− −
=
2
4
+
x
2
2
4
4
4
−2
−2
En annen som kan komme er når en bruker den iverse substitusjonen x = ψ(t)
og x = φ(t) tar flere verdier11 .
9 En
monoton funksjon er en funksjon som er avtagende eller synkende på ett gitt området.
er jo selvsagt ikke helt rett. Problemet ligget i at vi må dele opp intervallet vårt ved origo
før vi kan derivere. Dette handler om at x 7→ 1/x mapper [−2, 2] til (−∞, −1/2] ∪ [1/2, ∞) og
ikke [−1/2, 1/2] som en kanskje skulle trodd i utgangspunktet.
10 Dette
11 Innen
kompleks analyse klaller vi slike funksjoner gjerne for branch cuts.
42
5 Diverse substitusjoner
II
Eksempel 2.5.3.
Z
I=
3
(x − 2)2 dx
0
Ved å bruke substitusjonen u 7→ (x − 2)2 vil resultere i et galt
√ resultat. Dette er
fordi den√
inverse funksjonen ikke er unikt definert x = 2 ± t . en√ene grenenen
x1 = 2 − t kan ikke ta verdier for x > 2, og den andre x2 = 2 − t kan ikke ta
verdier for x < 2. Direkte (men feil) utregning via u 7→ (x − 2)2 gir
1
Z 3
Z
1 1√
2 3/2
8
7
1
2
(x − 2) dx =
u du =
u
−
=−
=
2
3
3
3
3
0
4
4
Åpenbart feil, da integranden er positiv på hele området. For å få det korrekte
svaret er det nødvending å dele integralet i to deler
Z 2
Z 3
I=
(x − 2)2 dx +
(x − 2)2 dx
0
2
√
√
Så kan vi la x 7→ 2 − t i første integrealet og x 7→ 2 + t i det andre. Dette gir
Z 2
Z 0
Z
dt
1 4√
8
√
I1 =
(x − 2)2 =
−
t
=
t dt =
.
2 0
3
2 t
0
4
Z 3
Z 1√
Z 1
1
1
dt
I2 =
(x − 2)2 =
t dt =
t √ =
.
2 0
3
2 t
2
0
Derfor så er I = I1 + I2 = 38 + 13 = 3. Resultatet kan bekreftes ved å beregne
integralet direkte
3
Z 3
1
8
(x − 2)
2
=
+
=3
(x − 2) dx =
2
3
3
0
0
En kan og betrakte12 en substitusjon som at en omformer et materialet eller
væske som en ikke kan trykkes sammen13 . En substitusjon kan da sees på som
an en drar materialet i en eller annen retning, merk at transformasjonen må
være kontinuerlig, og kan heller ikke innføre ”hull”i området.
En avbildning fra X til Y ikke er entydig og det kan finnes mange måter å
komme seg fra X til Y på. En kan for eksempel gå fra X til Z også fra Z til Y ,
eller en rekke andre måter. Områdene vi vil arbeide med vil i hovedsak være
interval på den reelle tallinjen slik at en kan skrive X = [a, b] og Y = [ϕ, ψ].
Men det er ikke noe mot at X er et interval og at Y er en sirkel for eksempel.
Ofte når vi bruker substitusjon er målet å forenkle integranden, men hva om
vi ønsker å forenkle grensene i stedet. Hvordan skal vi finne en substitusjon slik
at grensene går fra [a, b] til [ϕ, ψ]? Substitusjonen kan skrives som
Z b
Z ψ
f (t) dt =
f (g(x))g 0 (x) dx ,
a
ϕ
hvordan må da t = g(x) velges? Følgende propsisjon gir oss heldigvis svaret
12 En
alternativ synsvinkel er en lineær transformasjon mellom to topologiske rom.
kalles et slikt materialet med konstant volum for inkompressibelt. Når det gjelder gasser,
kalles en prosses med konstant volum for en isokor prosess.
13 Formelt
II
5 Diverse substitusjoner
y
cos x
2
2
1.5
1.5
1
1
0.5
0.5
0
0.5
1
1.5
y0
1−t2 2
1+t2 1+t2
x0
0
x
0
43
0
2
(a) Funksjon med areal 1.
0.5
1
1.5
2
(b) Funksjon med areal 1.
Figur 2.13: Arealet under begge funksjonene er like og t 7→ tan(x/2) mapper
x, y til x0 ,y 0 .
Rβ
Theorem 2.5.2. Integralet α f (t) dt kan bli transformert til et annet integral
med grenser ϕ og ψ via den lineære transformasjonen
αψ − βϕ
β−α
x+
ψ−ϕ
ψ−ϕ
T (x) 7→
(2.31)
Da kan integralet skrives som
Z
β
f (t) dt =
α
β−α
ψ−ϕ
Z
ψ
f
ϕ
αψ − βϕ
β−α
x+
ψ−ϕ
ψ−ϕ
dx
(2.32)
Beviset overlates til leser. Det er ikke vanskeligere enn å anta at x(t) =
Ax + B. Kravene om at x(α) = ψ, x(β) = ϕ bestemmer konstantene A og B.
Fra dette følger
Korollar 2.5.1.
Z
b
Z
a
1
f (b − a)t + a dt
Z0 ∞ a + bx
dt
= (b − a)
f
1
+
x
(1
+
t)2
0
f (x) dx = (b − a)
(2.33)
(2.34)
for alle a, b ∈ R.
Dette følger fra og sette inn henholdsvis ϕ = 0, ψ = 1 og ϕ = 0, ψ → ∞ i
likning (2.32).
En noe mer intuitiv måte å se likning (2.32) på er å vise korollaret først.
Dette viser at ethvert åpent interval (a, b) kan ’krympes’ ned til enhetsintervalet
(0, 1) via en eller annen transformasjon U . Dette betyr også at en kan krympe
intervalet (ϕ, ψ) ned på (0, 1) via en transformasjon V . Ved å ta inversen av
V , går vi motsatt vei fra (0, 1) til (ϕ, ψ) altså ’forstørres’ området. Dette er
illustrert i figur (2.14). Ved å først bruke transformasjonen U , og deretter V −1
44
5 Diverse substitusjoner
a
b
U
0
V
II
U (V −1 )
1
V
ϕ
−1
ψ
Figur 2.14: Mapping fra (a, b) til (ϕ, ψ).
går vi altså fra (a, b) til (ψ, ϕ). Å vise at U (V −1 ) er samme transformasjon som i
likning (2.31) overlates til leser.
Som vist ovenfor er ikke avbildninger unike, det finnes mange veier en kan
ta fra X til Y - I tabell (2.2) er et utvalg transformasjoner fra X til Y vist. Her
blir notasjonen (a, b) for å betgne området en integrerer over.
Tabell 2.2: Et utvalg av sentrale substitusjoner
X
Y
t = g(x)
(a, b)
(−1, 1)
(0, a)
(0, 1)
(0, 1)
(−1, 1)
(0, ∞)
(1, ∞)
(0, ∞)
(0, ∞)
(0, ∞)
(0, ∞)
(0, ∞)
(0, ∞)
(−∞, ∞)
(0, 1)
(a, b)
(−∞, ∞)
(−∞, ∞)
(a, b)
(0, 1)
(−1, 1)
(−1, 1)
(0, 1)
(0, 1)
(1, 0)
(1, 0)
(−∞, ∞)
b+a
2x
+
b−a
b−a
x/a
a + (b − a)x
(1 − 2x)/4(x2 − x)
x/(1 − x2 )
(a − x)b/(b − x)
1/x
(x − 1)/(x + 1)
π arctan(x)/4 − 1
x/(1 + x)
tanh x
1/(1 + x2 )
exp(−x)
x + 1/x
−
En transformasjon som er utelatt fra tabellen er hvordan en kan mappe (a, b)
til R = (−∞, ∞), og motsatt. Grunnen til dette er plassmangel, og resultatet er
gitt under
Proposisjon 2.5.1. La a, b være to reelle tall med b > a, da er
T (x) =
1 (b − a)(b + a − 2x)
4 x2 − (a + b)x + ab
En funksjon slik at
T
X −→ Y
Hvor X = (a, b) og Y = R.
(2.35)
II
5 Diverse substitusjoner
45
Dette overlates til leser å vise, men det holder å sjekke at at x → a fører til
at T → −∞, x → b fører til at T → ∞, og at T er kontinuerlig på (a, b).
For å utlede resultatet kan en for eksempel mappe (a, b) på (−1, 1) og deretter
(−1, 1) på R. Det eksisterer heldigvis enklere transformasjoner fra et åpent
interval til den reelle tallinjen om en tillater seg bruk av hyperbolske funksjoner.
Å finne en slik transformasjon er gitt i oppgaveteksten under.
Merk avbildningene ovenfor kan både snus (0, 1) = −(1, 0) og deles opp
(0, ∞) = (0, 1) ∩ (1, ∞). Dette vil komme til nytte i følgende omskrivning
Proposisjon 2.5.2.
Z
∞
1
Z
g(x) dx = S
0
0
1
g(Sx) + 2 g
x
S
x
dx
(2.36)
Hvor S > 0 er en vilkårlig konstant.
Bevis. Ved å benytte substitusjonen x 7→ St ⇒ dx = S dt fås
Z ∞
Z ∞
g(x) dx = S
g(St) dt
0
0
Grensene blir uforandret siden S > 0. Merk at
Z ∞
Z 0 dt
S
,
g(Sx) dx = −
g
t
t2
1
1
(2.37)
via substitusjonen x 7→ 1/t ⇒ dx = − dt/t2 . Ved å dele opp intervalet i
(0, 1) ∩ (1, ∞) kan nå integralet skrives som
Z 1
Z ∞
Z 1
1
S
S
g(Sx) dx + S
f (Sx) dx = S
g(Sx) + 2 f
dx
x
x
0
1
0
Der likning (2.37) ble brukt. Dette fullfører beviset.
Spesielt så vil tilfellet når S = 1
Z ∞
Z
g(x) dx =
0
0
1
1
g(x) + 2 g
x
1
x
dx ,
bli mye brukt fremmover.
Oppgaver
12. Benytt integralet fra eksempel (2.5.1) til å vise at
Z b
dt
π
p
J=
= √
.
ab
a t (t − a)(b − t)
Bestem også integralet
Z
c
hvor a, b, c, d ∈ R.
d
du
p
,
2
u (u − c2 )(d2 − u2 )
(2.38)
46
II
5 Diverse substitusjoner
13. En annen transformasjon er
a
Z
f
1
a2
t + 2
t
2
dt
=
t
a
Z
f
1
a2
t+
t
dt
,
t
noen ganger kjent som Wolstenholme transformasjonen. Vis at denne stemmer
14. La f (x) være en kontinuerlig funksjon og
Z
∞
Z
∞
f (x) dx =
f
−∞
−∞
R∞
−∞
f (x) dx eksisterer. Vis at
1
x−
dx
x
Denne overgangen kalles ofte for Slobin transformasjonen.
Z
∞
15. Beregn integralet
0
dx
a2 + x −
1
x
2 , hvor a ≥ 2.
16. a) Benytt transformasjonene
U (x) =
b−a
a+b
x
x+
og V (x) =
2
2
1 − x2
til å bevise proposisjon (2.5.1).
b)
Bestem funksjonene v(a, b), og u(a, b) slik at
Z
b
f (t) dt =
a
1
2
Z
∞
f arctanh v(a, b, x) u(a, b, x) dx
−∞
Denne transformasjonen har en entydig invers på R − i motsetning til
likning (2.35) − gitt ved
Z
∞
Z
f (t) dt = Q
−∞
b
f (Q tanh x + P )
a
dx
cosh2 x
Bestem konstantene Q og P slik at likheten stemmer. Her er P = P (a, b)
og Q = Q(a, b) funksjoner av a og b.
II
2.5.1
5.1 Weierstrass substitusjon
WEIERSTRASS
47
SUBSTITUSJON
I denne delen skal vi se nærmere på en substitusjon kjent som weierstrass substitusjon14 . Teknikken er oppkalt etter den tyske matematikeren Karl Weierstrass
(1815-1897) og består i å sette
x
t 7→ tan
.
2
Meningen med substiusjonen er å transformere trigonometriske integral over til
rasjonale funksjoner. Men for å gjøre dette trengs uttrykk for både dx, sin x og
cos x
Theorem 2.5.3. (Weierstrass) Anta at a, b ∈ [−π, π] da er
Z
b
Z
ψ
R(sin x, cos x) dx =
a
R
ϕ
1 − t2
2t
,
2
1 + t 1 + t2
2 dt
1 + t2
x
via substitusjonen t = tan 2 . Hvor R er en rasjonal funksjon, ϕ = tan(a/2),
2t
ψ = tan(b/2) og tan(x) = 1−t
2 .
Bevis. Dett beviset tar utgangpunkt i figur (2.15), hvor sidene ble valgt på en
C
√
1 + t2
t
x/2
A
B
1
Figur 2.15: Figur med t = tan(x/2).
slik måte at t = tan(x/2). Dessverre får en bare uttrykk for sin(x/2) og cos(x/2)
fra figuren
cos
x
2
= √
1
1 + t2
og sin
x
2
= √
t
1 + t2
(2.39)
For å få de rette verdiene benyttes dobbelformelene
14 Flere
cos(A + B) = cos A cos B − sin A sin B
(2.40)
sin(A + B) = cos A sin B + sin A cos B
(2.41)
bøker kaller denne substitusjonen for Weierstrass uten å gi noen refferanser til hvorfor. Teknikken var kjent lenge før Weierstrass var født, blant annet fra Euler og ideen om å paramterisere
enhetssirkelen har vært kjent i flere tusen år. Se http://math.stackexchange.com/questions/
461527/on-the-origins-of-the-weierstrass-tangent-half-angle-substitution for flere detaljer. I de fleste verk så er teknikken kjent som weierstass-substitusjonen og derfor er
det navnet som vil bli benyttet her og.
48
5 Diverse substitusjoner
II
Ved å sette inn A = B = x/2 i likning (2.40) kan cos x skrives som
2 2
x
x t
1 − t2
1
− √
=
cos(x) = cos2
− sin2
= √
.
2
2
2
2
1 + t2
1+t
1+t
Tilsvarende så kan sin x skrives som
x
x
t
1
2t
√
√
cos
=2
,
sin x = 2 sin
=
2
2
2
2
1
+
t2
1+t
1+t
ved å sette inn A = B = x/2 i likning (2.41). For å bestemme dt deriveres
t = tan(x/2) med kvotientregelen
dt =
1 cos2 (x/2) + sin2 (x/2)
1
dx = (1 + t2 ) dx
2
cos2 (x/2)
2
Dette gir som ønsket at dx = 2 dt/(1+t2 ), hvor enhetsformelen og likning (2.39)
ble benyttet i siste overgang. Til slutt har en
sin x
2t . 1 − t2
2t
tan x =
=
=
cos x
1 + t2 1 + t2
1 − t2
og dette fullfører beviset.
Eksempel 2.5.4. Vis at
Z
dx
= log |tan x + csc x| + C
cos x
Standardtrikset her er å få en åpenbaring og deretter se at en kan gange med
sec x + tan x
sec x + tan x
forså å benytte seg av substitusjonen u = sec x + tan x. Dette er dog svart magi
og overlates til leser. Her vises heller frem Weierstrass i sin prakt
Z
Z
Z
2
dx
1 + t2
(1 + t) − (t − 1)
=
dt
=
dt
cos x
1 − t2 1 + t2
(1 + t)(1 − t)
For å bestemme integralet kan en nå dele opp integralet relativt enkelt
Z
Z
1
1
1+t
1 + tan(x/2)
dx
=
−
dt = log
+ C = log
+C
cos x
1+t
t−1
1−t
1 − tan(x/2)
Men dette likner ikke helt på det som skulle vises. Heldigvis hjelper det å ha en
liten algebratrollmann i magen. Legg merke til at
1+t
1+t 1+t
2t
1 + t2
=
·
=
+
2
1−t
1−t 1+t
1−t
1 − t2
Ved å sette inn har en altså at
Z
dx
2t
1 + t2
= log
+
= log |tan x + sec x| + C
2
cos x
1−t
1 − t2
som var det som skulle vises. I siste overgang ble det ikke brukt mer enn theorem (2.5.3).
II
5.1 Weierstrass substitusjon
49
Eksempel 2.5.5. Som et siste eksempel skal vi se på det bestemte integralet
Z 2π
dx
2π
= √
2
+
cos
x
3
0
Merk at det ikke fungerer og bruke Weierstrass substitusjonen med en gang.
Siden tan(0) = 0 og tan(2π/2) = 0. Grunnen er at for at tan(x/2) skal være
unikt definert, må en begrense intervalet til x ∈ (−π, π]. Problemet unngås dog
ved å dele integralet inn i perioder eller benytte korollar (2.4.1).
Z 2π
Z π
Z 2π
Z π
dx
dx
dx
dx
=
+
=
2 + cos x
2 + cos x
0
0 2 + cos x
π
−π 2 + cos x
Her ble substitusjonen t 7→ 2π−x ble benyttet på siste integralet. Dette forandrer
grensene (π, 2π) → (−π, 0). Ved nå og benytte seg av Weierstrass, fås
−1
Z 2π
Z ∞
Z ∞
2 dt
2 dt
dx
1 − t2
=
=
2+
2
2
2
2 + cos x
1+t
1+t
0
−∞ 3 + t
−∞
√
Siste integralet kan bli løst via substitusjonen t 7→ 3 u. Så
Z 2π
Z ∞
dx
2
2π
du
= √
= √
2
2
+
cos
x
1
+
u
3 −∞
3
0
Siste integralet er bare den deriverte av arctan u.
Hittil har integralene våre vært relativt hyggelige og pene, og i slike tilfeller
er Weierstrass svært nyttig. Beklagigvis bryter metoden helt sammen for de aller
fleste kompliserte integrander.
−3
Z Z
Z
Z
1 − t2
1 + 2t2 + t4
dx
2 dt
3
=
=
2
dt
sec x dx =
cos3 x
1 + t2
1 + t2
(1 − t)3 (1 + t)3
Integralet kan videre bli løst via delbrøksoppspalting, men denne blir lang. Konklusjonen blir at Weiestrass-substitusjon blir en siste utvei for å beregne trigonometriske integral. Den omskriver trigonometriske funksjoner til rasjonale, men
uttrykkene en ender opp med kan være like vanskelig eller vanskeligere å integrere. Som vi skal se senere kan det være enklere å beregne slike integral i det
komplekse planet.
Oppgaver
1. La oss se på to klassiske integral som kan løses rimelig enkelt via Weierstrass. Vis at
Z 2π
dθ
2π
= √
(2.42)
2
a
+
b
sin
θ
a − b2
0
r
Z π/2
dθ
2
a−b
= √
arctan
(2.43)
2
2
a + b sin θ
a+b
a −b
0
hvor |a| ≥ |b| er reelle konstanter. Vis spesielt at
Z 2π
Z π/2
dθ
dθ
6
=
2
+
sin
θ
2
+
sin θ
0
0
50
II
5 Diverse substitusjoner
2.5.2
EULER
SUBSTITUSJON
Studiet av rasjonalle funksjoner med radikale nevnere har vært studert lenge
Z
A(x)
p
dx
B(x)
og har gitt oppspring til elliptiske kurver, elliptiske integraler, differensial geometri og mer. Håpet er at om A og B er ’pene’ nok så kan integraler skrives på
formen P (x)/Q(x) hvor P og Q er polynomer. Studiet av disse integralene
er ferdig i den forstand at alle slike integral kan bli løst ved hjelp av samme
oppskrift.
En måte å gjøre denne omformingen på er å bruke hyperbolske eller inverse
trigonometriske substitusjoner. En annen måte er å benytte seg av en rekke
substitusjoner kalt euler-substitusjonene. I nyere tid har disse knepene mistet
mye av sin popularitet av uviss grunn.
Eksempel 2.5.6.
Z
√
p
dx
= log x + x2 + a ,
x2 + a
a∈R
Dette er et standard integral, men det er likevell nyttig å arbeide seg gjennom.
Vi bruker substitusjonen
p
z 7→ x + x2 + a
(2.44)
Dermed så kan dx uttrykkes som
√
x
x + x2 + a
z
dz = 1 + √
dx = √
dx = √
dx
2
2
2
x +a
x +a
x +a
Dette medfører at
Z
I=
√ dx
x2 +a
=
dx
√
=
x2 + a
dz
z
Z
. Med å sette inn kan altså integralet skrives
p
dz
= log |z| = log x + x2 + a + C
z
Variabelskifte so ble brukt i dette eksempelet leder til en svært elegang
løsning, men det ikke like klart hvordan substitusjonen kom frem. ?? kan skrives
på formen
p
x2 + a 7→ z − x ,
og det skal vise seg at dette er nøyaktig en av euler substitusjonene.
Proposisjon 2.5.3. Euler substitusjonene er brukt for å beregne integraler på formen
Z
p
R(x, ax2 + bx + c ) dx
ved å fjerne kvadratroten. Anta att ax2 + bx + c ikke er ulelukkende negativt og at
a 6= 0. Dersom
II
5.2 Euler substitusjon
1) a > 0 benytt variabelskiftet
p
√
ax2 + bx + c 7→ x a + t
51
(2.45)
2) polynomet ax2 +bx+c har to distinkte reelle røtter α, β da kan substitusjonen
p
ax2 + bx + c 7→ (x − α)t
(2.46)
benyttes.
3) c > 0 kan substitusjonen
p
√
ax2 + bx + c 7→ xt + c
(2.47)
bli brukt.
Eksempel 2.5.7.
Z
I=
dx
√
(1 + x) 1 + x − x2
Siden c > 1 så kan likning (2.47) brukes
p
1 − 2t
1 + x − x2 7→ tx + 1 ⇒ x =
1 + t2
Differensialene våre blir
dx = −2
dx
t2 − t − 1
dt
dt ⇒ √
= −2
2
2
2
(1 + t )
1 + t2
1+x−x
√
2
−t−1
Siden 1 + x − x2 = tx + 1 = − t 1+t
Dette fører og til at 1 + x =
2
Setter vi alt inn fås
Z
Z
Z
dx
dt
1
1 + t2 −2 dt
√
=
−2
I=
=
1 + x 1 + x − x2
t2 − 2t 1 + t2
t2 − 2t
Z
Z
(t − 2) − t
t
dt
(t − 2)0
=
dt =
−
dt = log
+C
t(t − 2)
t
t−2
t−2
t2 −2t
1+t2
.
Ved å substituere tilbake for x fås
√
Z
dx
1 + x − x2 − 1
1
√
= log √
+C
1 + x 1 + x − x2
1 + x − x2 − 2x − 1
som fullfører eksempelet.
Abels substitusjon
En annen måte å kvitte seg med rottegnet i integralet er å benytte seg av Abel’s
substitusjon. Den virker på integraler på følgende former
Z
Z
dx
dx
√
√
,
2
m
2
2
m
(ax + bx + c) ax + bx + c
(x + p) kx2 + l
Trikset er å la den deriverte
av rottegnet
bli satt som den nye variablen. Teknik√
√
ken baserer seg på at ( A ) = A0 / A . La altså henholdsvis
p
0
p
0
t=
ax2 + bx + c ,
t=
kx2 + l
52
II
5 Diverse substitusjoner
Eksempel 2.5.8.
Z
I=
(x2
√
La som i teksten t = ( x2 + t )0 =
begge sider med hensyn x fås
dx
√
+ 2) x2 + 1
√ x
x2 +1
√
. Slik at t x2 + 1 = x. Deriverer vi
p
0
dt p 2
x +1 +t
x2 + 1 = 1
dx
dt p 2
Siste er jo bare hvordan vi definerte t. Så vi har
x + 1 + t2 = 1. Ved å
dx
trekke fra t2 på begge sider og dele kan uttrykket skrives som
√
dt
dx
=
1 − t2
x2 + 1
Tilslutt kan x2 + 2 uttrykkes på følgende måte x2 =
Innsatt kan integralet skrives som
Z
1
dx
√
=
2
x + 2 x2 + 1
Z
1 − t2 dt
1
=
2
2
2−t 1−t
2
Her kan en igjen benytte at arctanh x =
Z
1
2
log
Z
t2
1−t2
⇒ x2 + 2 =
dt
=
1 − t2 /2
1+x
1−x
2−t2
1−t2
√
2
t
arctanh √
2
2
. Så
√
√
1
2 +t
2x2 + 2 + x
dx
1
√
= √ log √
+C
= √ log √
2
2
2 2
2 −t
2 2
(x + 2) x + 1
2x2 + 2 − x
.
II
6.1 Brøker
2.6
53
B R Ø K E R O G K V A D R AT R Ø T T E R
I denne delen skal vi se nærmere på noen spesielle teknikker for å beregne
brøker, kvadratrøtter, og kombinasjoner av disse. Tidligere har en sett på en
rekke generelle substitusjoner, mens her blir noen substitusjoner som er spesielt
effektive på kvadratrøtter og brøker nevt.
√ Merk at de kvadratrøttene som stort
sett nevnes i denne delen er på formen ax2 + bx + c , med rasjonelle konstanter.
2.6.1
BRØKER
La oss begynne med å se litt på fortegn og viktigheten av å være forsiktig.
Eksempel 2.6.1.
0
Z
√
I=
−1/2
2x3
dx
− 3x2 + 1
Vi begynner med å faktorisere polynomet under rottegnet. Ser raskt at x = 1 er
en løsning så
2x3 − 3x2 + 1 = (2x3 − 2x) − (x2 − 1)
= 2x2 (x − 1) − (x − 1)(x − 1)
= (x − 1)(2x2 − x − 1)
Ved å bruke andregradsformelen, eller mer faktorisering kan polynomet skrives
som 2x3 − 3x2 + 1 = (x − 1)2 (2x + 1). Ved å sette inn fås
Z 0
Z 0
dx
dx
√
p
I=
=
2
(x − 1) (2x + 1)
−1/2
−1/2 |x − 1| 2x + 1
For −1/2 < x < 0 så har vi −3/2
√ < x − 1 < −1 og 0 < 2x + 1 < 1. Så er |x − 1|
negativ på intervallet, mens 2x + 1 beholder fortegnet sitt. Ved å sette inn fås
Z 0
1
dx
√
I=
1
−
x
2x
+1
−1/2
√
dx
Tanken er nå å la t 7→ 2x + 1 slik at x = (t2 −1)/2. Derivasjon gir dt = 2√2x+1
.
Z
I=
0
1
dt
1−
t2 −1
2
=
2
3
Z
0
1
dt
2
1
√
= √ arctanh √
1 − (t/ 3 )2
3
3
Hvor vi brukte . Vi kan skrive svaret en del penere ved å bruke definisjonen
1+x
arctanh x = 12 log 1−x
. Siden
√
√
√
√
√
1 + 1/ 3
( 3 + 1)2
3 +1 3 +1
√ = log √
√
log
= log
= log(2 + 3 )
2
1 − 1/ 3
3 −1 3 +1
Så kan det endelige svaret skrives som
Z 0
√
dx
2
1
1
√
= √ arctanh √ = √ log(2 + 3 )
3
2
3
3
3
2x − 3x + 1
−1/2
sett inn refferanse til
standard arctanh integral
54
II
6 Brøker og kvadratrøtter
Ofte er det mulig å uttrykke integralet som en rasjonell funksjon hvor teller
ax+b
og nevner er lineære, ax+b
cx+d . I disse tilfellene er følgende susbstitusjon t = cx+c
eller t2 = ax+b
cx+c nyttig for å elliminere rottegnet.
Eksempel 2.6.2.
Z
dx
√
(1 − x) 1 − x2
I=
Først må vi skrive om integralet slik at vi får frem det rasjonale uttrykket vårt
Z
Z
Z
dx
dx
dx
q
√
q
I=
=
=
2
1+x
1+x
(1 − x) 1 − x
(1 − x) 1−x (1 − x)2
(1 − x)2 1−x
Ved å la t2 7→
1+x
1−x
så får vi at x =
t2 −1
t2 +1
dx =
Mens 1 − x =
Z
I=
2
1+t2
. Derivasjon gir oss at
4t
dt
(1 + t2 )2
. Dette er alt vi trenger. Innsetning gir nå
dx
q
=
1+x
(1 − x)2 1−x
Z 1 + t2
2
2
4t
dt
=
2
2
(1 + t ) t
Z
dt = t + C
Altså er
Z
dx
√
=
(1 − x) 1 − x2
r
1+x
+C
1−x
som var det som skulle vises.
√
Uttrykk på formen lineær · kvadratisk kan forenkles ved å finne igjen
den deriverte.
Eksempel 2.6.3.
Z
I=
p
(x + 1) 2x2 + 3x + 1
Tanken er nå at vi ønsker å finne koeffisienter α og β slik at
x+1=a
d
(2x2 + 3x + 1) + β = a(4x + 3) + β
dx
Dette gir α = 1/4 og β = 1/4 via innsetning eller falkeblikk. Integralet kan altså
skrives som
Z 1
1 p 2
I=
(4x + 3) +
2x + 3x + 1 dx
4
4
Z
1 2
1 p 2
2
2/3
=
· (2x + 3x + 1) +
2x + 3x + 1 dx
4 3
4
II
6.1 Brøker
55
p
R
R√
Siden f 0 (x) f (x) dx =
v dv = 23 f (x)3/2 + C. Dermed blir uttrykket noe
enklere og integrere og vi kan fokusere på siste delen. Fokuset i denne delen er
på selve omskrivningen og ikke løsningen av det siste itnegralet. I korte trekk
brukes z 7→ 4x + 3 slik at
√ Z q
Z p
Z √ p
2
2
2
2
J=
2x + 3x + 1 dx =
z − 1 dx =
cosh2 y − 1 sinh y dy
16
16
Hvor vi benyttet oss av substitusjonen
z √
7→ cosh y i siste overgang. Siden
p
cosh2 x − sinh2 x = 1 så er cosh2 x − 1 = sin2 x . Altså fås
Z
Z
1
1
cosh(2y) − 1
2
dy =
sinh y cosh y − y
J = sinh y =
2
2
2
1
Svaret blir altså 12 sinh(arccosh
arccosh
y)y−
y. Vi har videre at sinh(arccosh y) =
p
p 2
y 2 − 1 og arccosh y = log y + y 2 − 1 . Dette gir
Z p
√
2x2
√
p
2
2
2
+ 3x + 1 dx =
(4x + 3) (4x + 3) − 1 −
arccosh(4x + 3)
32
32
√
p
1
2
= (4x + 3) 2x2 + 3x + 1 −
arccosh(4x + 3)
8
32
Det hele og fulle svaret blir altså
Z
p
I = (x + 1) 2x2 + 3x + 1
√
p
1
1
2
2
3/2
2
= (2x + 3x + 1) +
(4x + 3) 2x + 3x + 1 −
arccosh(4x + 3)
6
32
128
En kan også bruke metoden med uttrykk på formen
√ lineær
kvadratisk
.
Eksempel 2.6.4.
Z
I=
√
x+3
dx
+ 4x − 3
4x2
Igjen så leter vi etter å skrive om teller, ved å finne den deriverte av 4x2 + 4x − 3.
Legg merke til at 4x2 + 4x − 3 = (2x + 1)2 − 4. Så
x+3=α
d (2x + 1)2 − 4 + β = 4α(2x + 1) + β
dx
Dette gir α = 1/8 og β = 5/2. Altså kan vi skrive
1
5
2
Z
Z
1
(4x2 + 4x − 3)0 dx
5
(2x + 1)0 dx
√
+
8
4
(2x + 1)2 − 4
4x2 + 4x − 3
4x2 + 4x − 3
Z
Z
1
du
5
dy
√ +
p
=
4
4
2 u
y2 − 4
R
√
√
Det første integralet er et standard integral dx/2 x = x + C og det siste
integralet kan bli løst ved en valgfri euler-substitusjon.
Z
8
√
(8x + 4) +
dx =
56
6 Brøker og kvadratrøtter
2.6.2
II
K V A D R AT R Ø T T E R
Vi har sett mange eksempler på integraler med kvadratrøtter tidligere. Her
kan en bruke euler-substitusjoner, hyperbolske eller trigonometriske substitusjoner også videre. Her ser vi på noen få mindre kjente teknikker for å forenkle
integraler med kvadratrøtter i seg.
Eksempel 2.6.5.
Z
I=
√
x2
dx
√
+ 1 − x2 − 1
Her kan vi begynne å bruke våre magiske trigononometriske identiteter. Men
det er langt enklere å gange med den konjugerte
√
√
√
√
1
a+ b
a+ b
1
√
√
√
=
=
√
√
√
a−b
a− b
a− b a+ b
Hvor tredje kvadratsetning ble brukt, (a − b)(a + b) = a2 − b2 . Bruker vi det
samme på integrlet vårt får vi
√
Z
Z √ 2
dx
x + 1 − x2 − 1
√
√
dx
=
(x2 + 1) − (x2 − 1)
x2 + 1 − x2 − 1
Z p
p
1
=
x2 + 1 − x2 − 1 dx
2
Hvor begge integralene kan bli løst via delvis integrasjon eller en luddig substitusjon. Forsec:II-Delvis-integrasjon det første integralet kan substitusjonen
x 7→ tan x benyttes då får en
Z p
Z p
Z
dt
J=
x2 + 1 dx =
(tan t)2 + 1
=
(sec t)3 dt
(cos t)2
og dette integralet vil bli studert nærmere senere15 , fremgangsmåten blir å bruke delvis integrasjon samt integralet av sec(x) som har blitt studert tidligere,
eksempel (2.5.4). Alternativt gir delvis integrasjon
Z
Z p
p
x2
2
2
√
x + 1 dx = x · x + 1 −
dx
J=
x2 + 1
R 2
R√
R
Herfra legger vi merke til at x√x+1−1
dx =
x2 + 1 dx − √x21+1 dx. Hvor
2 +1
det første integralet kjenner vi igjen som J. Altså er
Z p
Z
p
1
2
2
√
J=
x + 1 dx = x · x + 1 − J −
dx
x2 + 1
Z
p
dx
√
2J = x x2 + 1 +
x2 + 1
1 p
1
J = x x2 + 1 + arcsinh x + C
2
2
Hvor det siste integralet har
R √blitt behandlet i seksjon 4 om hyperbolske integraler
og funksjoner. Integralet
x2 − 1 dx kan løses tilsvarende og overlates til leser.
15 Se
eksempel (2.8.1) fra avsnitt (2.8) om trigonometriske integraler.
II
6.2 Kvadratrøtter
57
Eksempel 2.6.6. Andre integraler kan skrives om før de integreres
Z √ 2
x +2
I=
dx
x2 + 1
Her velger vi å derasjonalisere uttrykket slik at vi kan skrive integranden som
√
√
x2 + 2 x2 + 2
x2 + 1 + 1
1
1
√
√
√
=
= √
+
2
2
2
2
2
2
x +1
x +2
(x + 1) 2 + x
1+x
(x + 1) 2 + x2
Dermed kan integralet skrives som
Z
Z √ 2
p
x +2
dx
2+2 +
√
x
+
dx
=
log
x
2
2
x +1
(x + 1) 2 + x2
√
2
hvor vi benyttet oss av eksempel (2.5.6) og euler-substitusjonen z 7→
√ x+ x + a .
Merk at integralet kunne blitt løst like elegant ved bruk av x 7→ 2 sinh t. Det
siste integralet samt generaliseringer overlates til leser.
En nyttig egenskap når det kommer til brøker er følgende
Lemma 2.6.1.
Z
Z ∞
Z ∞ n−2
1 ∞ 1 + xn−2
dx
x
dx
=
=
dx
n
n
2 0
1+x
1+x
1 + xn
0
0
(2.48)
Gitt at n er et reelt tall større enn 1.
Bevis. For n = 2 holder proposisjonen åpenbart vann. Ved å benytte seg av
substitusjonen 1/x så har en
Z
0
∞
dx
=−
1 + xn
Z
0
∞
1
xn dx
=
1 + x−n xn x2
Z
∞
0
xn−2
dx
1 + xn
(2.49)
Disse integralene må da være like store. Addisjon gir da
Z
∞
0
dx
+
1 + xn
Z
0
∞
xn−2
dx =
1 + xn
Z
∞
0
1 + xn−2
dx
1 + xn
å dele på 2 og bruke likning (2.49) fullfører beviset.
Proposisjon 2.6.1. Gitt at n er positiv og a, b ∈ R, da er
Z
0
∞
a + bxn−2
a+b
dx =
1 + xn
2
Z
∞
0
1 + xn−2
dx
1 + xn
(2.50)
Dette er en generalisering av lemma (2.6.1), og følger nesten direkte fra
lemmaet. I stedet for å se på beviset studeres heller integralene i likning (2.48)
for n = 4. Å kunne veksle mellom
disse ulike formene er nyttig og senere skal vi
R
se at integraler på formen dx/(1 + xn ) er noe enklere å regne med16 .
16 Dette
vil komme godt frem i delen om kompleks integrasjon
58
II
6 Brøker og kvadratrøtter
Eksempel 2.6.7. Vi ønsker å bestemme integralene
∞
Z
Z
dx
,
1 + x4
0
∞
0
x2 dx
1 + x4
Z
∞
og
0
1 + x2
dx
1 + x4
merk først at fra lemma (2.6.1) så er de to første like og vi har sammenhengen
∞
Z
dx
=
1 + x4
I=
0
Z
0
∞
x2 dx
1
=
4
1+x
2
Z
∞
1 + x2
dx
1 + x4
0
en annen nyttig ting å notere seg er at ved å dele på siste integralet på x2 så er
1
I=
2
∞
Z
1 + 1/x2
1
dx =
x2 + 1/x2
2
0
∞
Z
0
1 + 1/x2
dx
(x − x−1 )2 + 2
Ved å bruke substitusjonen u 7→ x − x−1 så er du = (1 + 1/x2 ) dx og grensene
blir (−∞, ∞). Dette er ofte en nyttig omskrivning.
I=
∞
Z
1
2
du
1
= √
u2 + 2
2 2
−∞
Z
∞
−∞
π
dy
= √
y2 + 1
2 2
√
hvor substitusjonen u 7→ 2 y ble brukt. Oppsumert har en altså at
Z
∞
0
Z
∞
0
π
1 + x2
dx = √
1 + x4
2
Z ∞
2
x
dx
π
dx =
= √
4
1 + x4
1
+
x
2
2
0
(2.51)
(2.52)
Ved å bruke samme fremgangsmåte kan en vise at følgende korollar
Korollar 2.6.1.
Z
∞
xn−1 + x3n−1
1 π
√
dx =
1 + x4n
n 2 2
0
for alle n ∈ R+ .
Oppgaver
Z
∞
1. Bestem integralene
0
dx
og
1 + x3
Z
∞
0
x
dx .
1 + x3
Z
dx
√
+ 1) x2 + 2
b) Integralet ovenfor kan generaliseres til
2. a) Bestem integralet
Z
Ia =
(x2
dx
1
√
= √
arctan
2
2
a−1
(x + 1) x + a
Bevis generaliseringen ovenfor. Hva blir I1 ?
√
a − 1x
√
+C.
x2 + a
II
6.2 Kvadratrøtter
59
∞
2 + x2
uten bruk av (2.50).
1 + x4
0
b) Bevis at likning (2.48) følger fra
Z ∞
Z
a + bxn−2
a + b ∞ 1 + xn−2
dx =
dx ,
1 + xn
2
1 + xn
0
0
Z
3. a) Bestem integralet
Bevis så det motsatte altså at likningen over (2.6.1) følger fra likning (2.48).
?? 15
60
7 Delvis integrasjon
2.7
II
D E LV I S I N T E G R A S J O N
I denne delen skal vi igjen besøke delvis integrasjon
Z
Z
uv 0 = uv − u0 v ,
med tilhørende smarte knep og metoder. Som oppfriskning tas et lite eksempel
som vil komme til nytte senere
Proposisjon 2.7.1.
Z
eαx
eαx sin βx dx = 2
α + β2
Z
eαx
eαx cos βx dx = 2
α + β2
α sin βx − β cos βx + C
β sin βx + α cos βx + C
Bevis. Resultatet ovenfor kan vises noe enklere ved hjelp av kompleks analyse.
Men dette blir først sett på litt senere. Tar først for oss første integral, og kaller
det for I. En delvis integrasjon gir da
Z αx
1
e
β cos βx dx
I = eαx sin βx = eαx sin βx −
α
α
Der u = sin βx og v = eαx /α. Ved å bruke delvis integrasjon atter en gang blir
nå integralet
Z
β eαx
β
1
cos βx +
eαx sin βx dx
I = eαx sin βx −
α
α
α
α
Legg merke til at en ender opp med det originalet integralet I på høyre side av
likningen. Ved å skrive ut og forenkle
I=
1 αx
β
β2
e sin βx − 2 eαx cos βx − 2 I
α
α
α
Ved å gange begge sider med α2 og legge til β 2 I på begge sider fås
(α2 + β 2 )I = eαx α sin βx − eαx β cos βx
Deles begge sider på α2 + β 2 får en som ønsket at
Z
eαx α sin βx − β cos βx + C
eαx sin βx dx = 2
α + β2
helt tilsvarende regning kan benyttes for å vise det andre integralet. Å gjennskjenne integralet på høyre side er et velkjent indianertriks, og kommer ofte til
nytte.
II
2.7.1
7.1 Delvis kanselering
D E LV I S
61
KANSELERING
Anta at en skal integrere en funksjon som på kan deles opp til f = g + h.
Tanken er nå å bruke delvis integrasjon på h slik at integralet av g blir kanselert.
Z
Z
Z g+h= g+ r− g =r
Det spiller selvsagt ingen rolle om det er g eller h som blir utsatt for den delvise
integrasjonen. Eneste forutsetningen at h kan skrives som et produkt av to
funksjoner u og v 0 , på en slik måte at g = u0 v. Dette blir forhåpentligvis klarere
i det neste eksempelet
Eksempel 2.7.1. La oss se på det ubestemte integralet av funksjonen
f (x) = (1 + 2x2 )ex
2
Integralet består av summen av to funksjoner hvor det ikke er mulig å integrere
noen av delene alene. Leser oppfordres til å prøve delvis integrasjon, ulike
substitusjoner eller andre metoder. Resultatet vil dessverre være nedslående,
ingen av metodene biter på integralet. Løsningen blir heldigvis å dele integralet
Z
Z
2
2
2 x2
J = (1 + 2x )e dx = 2x2 ex + ex dx ,
og benytte delvis integrasjon på siste leddet med u = exp(x2 ) og v 0 = 1. Da er
u0 = 2x exp(x2 ) og v = x. Ikke minst så er u0 v = 2x2 exp(x2 ).
Z
Z
2
2
2
2
J = 2x2 ex dx + xex − x · 2xex dx = xex + C
Hvilken delvis integrasjon som fungerer er noe som kommer med erfaring. La
oss se på et noe vanskeligere eksempel
Lemma 2.7.1.
Z
y
x2 − y 2
dy = 2
2
2
2
(x + y )
x + y2
(2.53)
Bevis. La oss begynne å dele integralet opp i to deler
Z 2
Z
Z
x + y 2 − 2y 2
1
−2y 2
I=
dy
=
dy
+
dy
(x2 + y 2 )2
x2 + y 2
(x2 + y 2 )2
Z
Z
1
d
1
=
dy + y ·
dy
2
2
2
x +y
dy x + y 2
En kan nå rimelig enkelt benytte seg av delvis integrasjon på siste leddet. Her
er u = y og v = 1/(x2 + y 2 ).
Z
Z
1
y
1
y
I=
dy +
−
dy = 2
+ C.
x2 + y 2
x2 + y 2
x2 + y 2
x + y2
For å se omskrivningen av integralet kan en se at
Z
1
2x
dx = − 2
+C
(x2 + a2 )2
x + a2
62
II
7 Delvis integrasjon
Via eksempelvis u = x2 + a2 , og at −1/u2 = (1/u)0 . Slik at
Z
Z
1
−2y
d
1
dy
=
dy = 2
2
2
2
2
2
(x + y )
dy x + y
x + y2
og dette fullfører beviset.
Kanseleringen var ikke strengt talt nødvendig, siden 1/(x2 + y 2 ) ikke er spesielt
vanskelig å integrere, men poenget er at den delvise kanseleringen gjorde beregningene noe enklere. Å bruke denne teknikken er aldri eneste utvei, teknikken
er helt tilsvarende som å bruke produktregelen og kjerneregelen baklengs. Som
eksempel kunne en løst oppgavene ovenfor på følgende måte
2
2
2
2
f (x) = (1 + 2x2 )ex = x0 ex + x(ex )0 = (xex )0
Der produktregelen ble benyttet i siste overgang. Tilsvarende
2
2
x −y
=
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )
d
d
y−y
(x2 + y 2 )
d
y
dy
dy
=
.
(x2 + y 2 )2
dy
x2 + y 2
Har man ikke langt mosegrodd skjegg kan disse tingene være vanskelig å legge
merke til. Det er derfor delvis kanselering i mange tilfeller er vell så nyttig.
Oppgaver
Z
1. I = ex sin x + ex cos x dx
√
2. Gitt at17 π =
Z
∞
2
e−x dx beregn følgende integral18
−∞
Z
∞
2
x2 e−x dx .
−∞
3. Bestem konstanten c og k slik at
Z
√
√
I = (x + c) ex x dx = kx ex x + C .
Z
4. I =
xex
dx
(1 + x)2
Z
5. I =
17 Integralet
log(log x) +
2
1
−
dx
log x
(log x)2
betegnes ofte som det gaussiske integralet og vil bli vist på ulike måter i Del III.
2
betegnes ofte som forventingsverdien til den gaussiske funksjonen e−x og et hint for å
løse det er selvsagt delvis integrasjon. Men nok fotnoter nå.
18 Integralet
II
7.2 Eksponentialfunksjonen
2.7.2
63
EKSPONENTIALFUNKSJONEN
Anta at du er blitt tatt til fange av en ond verdensleder og får ikke dra hjem
før du har bestemt følgende integral
Z
(x4 − 6x2 + 8x − 3)ex dx
(2.54)
Er du noenlunde stø på de grunnleggende integrasjonsteknikkene begynner du
vel allerede nå og bite negler og skjelve. For den normale fremgangsmåten er
delvis integrasjon, hvor i hver delvise integrasjon derives polynomdelen slik at
den tilslutt forenkles til en konstant. Metoden fungerer, men kan og føre til
svært mange delvise integrasjoner og er svært langtrekkelig. I oppgaven ovenfor
trengs det eksempelvis 4 delvise integrasjoner for å beregne integralet. Etter
omstendig og monoton regning, kan svaret skrives som
Z
(x4 − 6x2 + 8x − 3)e−x dx = (x − 1)4 ex + C
Legg merke til at polynomet på venstre og høyre side er av lik grad. Dette gjør
det rimelig å gjøre følgende antakelse
Proposisjon 2.7.2. Integralet av p(x)ex kan alltid skrives på formen
Z
p(x)ex dx = q(x)ex ,
(2.55)
der p og q har samme grad.
Bevis. La oss starte med funksjonen f (x) = q(x)ex , hvor p er et vilkårlig polynom.
Derivasjon gir oss da at
f 0 (x) = q 0 (x)ex + q(x)ex = q(x) + q 0 (x) ex = p(x)ex
Der p(x) = q(x) + q 0 (x). Legg merke til at p og q begge er polynomer av samme
grad. Ved å integrere p(x) har en nå at
Z
Z
p(x)ex dx = f 0 (x) dx = q(x)ex + C
Hvor p og q selvsagt har samme grad.
La oss benytte oss av proposisjonen på et litt enklere eksempel
Eksempel 2.7.2.
Z
I=
(x2 − 1)ex dx
Polynomet av grad 2, og det er derfor må også svaret inneholde et polynom av
grad to. Vi gjør derfor følgende ansatz
Z
(x2 − 1)ex dx = (ax2 + bx + c)ex + C
64
7 Delvis integrasjon
II
Ved å derivere begge sider av likningen fås
(x2 − 1)ex = (ax2 + bx + c) + (ax2 + bx + c)0 ex
= ax2 + [b + 2a]x + [b + c] ex
Ved nå og anta at høyre og venstre side er like må alle koeffisientene være like.
Dette gir følgende likninger
1=a
0 = b + 2a
−1 = b + c
Første likning gir at a = 1. Neste likning gir at b = −2a = −2, og siste likning
gir at c = −b − 1 = 1. Dermed så er
Z
(x2 − 1)ex dx = (x2 − 2x + 1)ex = (x − 1)2 ex + C
En bytter altså ut å løse n-delvise integrasjoner med å løse n + 1 likningsett.
Siden det finnes mange svært raske og nøyaktige måter å løse disse på er det
ofte å foretrekke. Ved hjelp av gauss-elliminiasjon kan likninsettet ovenfor løses
som følger






1 0 0
1
1 0 0
1
1 0 0
1
2 1 0
0 ⇒ 0 1 0 −2 ⇒ 0 1 0 −2
0 1 1 −1
0 1 1 −1
0 0 1
1
hvor en kan lese mer om dette i enhver lineær algebrabok.
Oppgaver
Z
1.
ex (x4 − 6x2 + 8x − 3) dx
Z
2.
eax+b (x2 − 1) dx
3. La oss se på en svak generalisering av oppgaven. Ved å sette inn generelle
uttrykk for polynomene kan likning (2.55) skrives som
!
Z
n
n
X
X
x
k
x
k
e
ak x dx = e
ck x
+C,
k=0
k=0
hvor ak er kjente konstanter og ak 6= 0 for alle k og tilsvarende for ck .
Målet blir nå å uttrykke koeffisientene cn ved hjelp av an . Vis at ved å
følge samme fremgangsmåte som i eksempel (2.7.2) ender en opp med
n
X
k=0
ak xk = cn xn +
n−1
X
k=0
ck−1 + kck .
II
7.3 Tabell og reduksjonsformler
65
Dette er et likningsett som kan løses, vis at koeffisientene cn kan defineres
rekursivt som
cn−k−1 = an−k − (n − k)cn−k
k = 0, 1, · · · , n − 1 .
Hva er initialbetingelsen? Test ut iterasjonen på likning (2.54). Dersom ex
i stedet hadde vært på formen eax+b er det mulig å nå definere cn rekursivt,
hva blir i såfall rekursjonen?
Z ∞
4.
e−x xn dx ,
n∈N
0
2.7.3
TA B E L L
OG REDUKSJONSFORMLER
I forrige del ble det sett på ulike måter å slippe å gjennomføre delvis integrasjon på. Eksempelvis takket være at ex men hva med integraler på formen
Z π
(x3 − 1) cos x dx
(2.56)
0
Her kan en ikke lengre anta hva svaret skal bli da cos x og sin x deriverte har en
periode på fire og ikke en. Det en står igjen med er altså vanlig delvis integrasjon.
Metoden vi skal bruke her ble visstnok først tatt i bruk på 1960 tallet [? ] og
er ikke spesielt kjent. Noe av grunnen nok at metoden ikke revolusjonerer delvis
integrasjon; men heller automatiserer arbeidet.
La oss integrere funksjonen f g, og lar f (k) betegne den k’te deriverte og g(k)
betegne den k’te integrerte. Ved å bruke delvis integrasjon får en da
Z
Z
f g = f g1 − f 1 g1
Z
= f g1 − f 1 g2 + f 1 g2
= ···
= f g1 − f 1 g2 + f 2 g3 − · · · + (−1)k+1 f k gk+1 + · · ·
Dersom det eksister en n slik at f n = 0 eller gn = 0 stopper prossesen etter
n-delvise integrasjoner. Vi illustrerer dette med et eksempel.
Eksempel 2.7.3. Vi tar utgangspunkt i likning (2.56) og ønsker først å beregne
det ubestemte integralet
Z
(x3 − 1) cos x dx
vi velger nå u = x3 , og v = cos x. Grunnen er enkel, etter fire derivasjoner blir
u null, mens v er periodisk og blir aldri null. De deriverte og integrerte er gitt i
tabell (2.3) Ved å gange sammen uk med vk+1 – som vist med pilene i tabellen –
kan integralet skrives som
Z
(x3 − 1) cos x dx = (x3 − 1) sin x − 3x2 (− cos x) + 6x(− sin x) − 6 cos x
= (x3 − 1) sin x + 3x2 cos x − 6x sin x − 6 cos x
som ønsket.
66
II
7 Delvis integrasjon
Tabell 2.3: Viser de deriverte til u = x3 − 1, og integrerte til v = cos x.
u
v
x3 − 1
3x2
6x
6
0
cos x
sin x
− cos x
− sin x
cos x
&
&
&
&
Dersom vi videre trenger å bruke delvis tre eller flere ganger kommer vi alltid
til å skrive opp de deriverte som i tabellen ovenfor. Denne teknikken kan og
brukes til å utlede taylorrekka til ulike funksjoner. Under viser vi dette for ex .
Eksempel 2.7.4. Vi studererer følgende funksjon
Z x
I=
et dt
0
x
På den ene siden vet vi at integralet er likt I = [et ]0 = ex − 1, siden et per
definisjon er sin egen derivert. Men vi kan og bruke delvis integrasjon for å
bestemme uttrykket la v = 1 og u = et , da får vi tabell (2.4) Via sammenlikning
Tabell 2.4: Viser de deriverte til u = x3 − 1, og integrerte til v = cos x.
u
v
t
e
et
et
et
et
og å bruke at
&
&
&
&
1
t
t2 /2
t3 /6
t4 /24
Rx
tn dx = xn /(n + 1), så har vi
Z x
I=
et dt
x
0
1 3 t
1 4 t
1 2 t
x
t
t e + ···
e − 1 = te − t e + t e −
2
6
24
0
1
1
1
= ex x − x2 + x3 −
x4 + · · ·
2
6
24
0
Deler vi begge sider på ex , eller ganger med e−x får vi
1 2
x +
2
1
= 1 − x + x2 −
2
1 − e−x =
e−x
x−
1 3
x −
6
1 3
x +
6
1 4
x + ···
24
1 4
x + ···
24
som gir oss rekkeutviklingen for e−x , ved å sette inn u = −x, får en tilsvarende
utviklingen for ex .
II
7.3 Tabell og reduksjonsformler
67
For flere kildehenvisninger og eksempler anbefales [? ] på det varmeste. La
oss ta en titt på en siste klasse av integraler, hvor tabell-integrasjon viser seg å
være nyttig.
Eksempel 2.7.5. La oss betrakte følgende integral
Z
x3
dx
K=
(1 + x)5
Den normale fremgangsmåten er å bruke substitusjonenen u 7→ x + 1, slik at
Z
Z
Z 3
x3
(u − 1)3
u − 3u2 + 3u − 1
K=
dx
=
du
=
du
5
5
(1 + x)
u
u5
−1 + 4u − 6u2 + 4u3
1 (2x + 1)(2x2 + 2x + 1)
=
=−
4
u
4
(x + 1)4
Hvor igjen integrasjonskonstanten ble droppet av plassmangel. Bruker vi heller
tabell-integrasjon kan K skrives på en mer givende form (suggestive form). Ved
Tabell 2.5: Integrasjon av f (x) = x3 /(1 + x)5
u
v
x3
3x2
6x
6
0
&
&
&
&
− 14
1
12
1
− 24
1
− 24
(1 + x)−5
(1 + x)−4
(1 + x)−3
(1 + x)−2
(1 + x)−1
å bruke verdiene fra tabell (2.5) kan K og skrives som
1
x3
3
x2
6
x
6
1
−
−
−
4 (1 + x)4
12 (1 + x)3
24 (1 + x)2
24 1 + x
"
2 3 #
1 1
x
x
x
=−
1+
+
+
4 1+x
1+x
1+x
1+x
K=−
Dersom en har ett godt falkeblikk19 kan en se at
"
#
1+3
Z
1
x
x3
dx =
−1 .
(1 + x)5
1+3
1+x
(2.57)
(2.59)
Ved å følge tankerekken ovenfor kan vi generalisere til følgende eksempel
19 Legg
1+
merke til at
x
1+x
Pn
+
k=0
=
x
1+x
xn+1 − 1
x−1
2
+
. Dette medfører at vi kan skrive uttrykket i parentesen som
x
1+x
3
=
3 k
X
x
1+x
= (1 + x) 1 −
x
1+x
3+1 k=0
(2.58)
Ved å sette inn likning (2.58) inn i (2.57) får vi som ønsket likning (2.59).
68
7 Delvis integrasjon
II
Eksempel 2.7.6.
Z
I=
xn
dx
(1 + x)n+2
Vi vil beregne integralet ved akkuratt samme fremmgangsmåte som før. Merk at
senere vil vi se på andre måter å beregne dette og liknende integral.
1
n
n(n − 1
xn
xn−1
xn−2
−
−
n + 1 (1 + x)n+1
n(n + 1) (1 + x)n
(n − 1)n(n + 1) (1 + x)n−1
n−3
n(n − 1)(n − 2)
x
−
− ···
(n − 2)(n − 1)n(n + 1) (1 + x)n−2
I =−
Legg merke til at vi bare har et endelig antall ledd (n + 1, faktisk) siden tilslutt
så vil xn deriveres til null. Integralet kan dermed skrives som
"
1 2
n #
1
1
x
x
x
I=−
1+
+
+ ··· +
(n + 1) (1 + x)
1+x
1+x
1+x
Som faktisk ble ganske pent. Siden utttrykket inneholder en geometrisk rekke,
kan vi forenkle summen til
"
#
n+1
Z
xn
1
x
I=
dx =
−1
(1 + x)n+2
n+1
1+x
som er ganske stilig.
II
8 Trigonometrske funksjoner
2.8
69
TRIGONOMETRSKE FUNKSJONER
I denne delen vil det bli sett på en rekke spenstige trigonometriske integral,
men først tas noen generelle råd20 . Anta at integralet kan skrives som
Z
R(sin x, cos x) dx
hvor R er en rasjonell funksjon. La oss ta en titt på noen spesialtilfeller
1) Gitt at R(sin x, cos x) = R(cos x) sin x dx, da foretrekkes substitusjonen
u 7→ cos x.
2) Tilsvarende om R(sin x, cos x) = R(sin x) cos x dx da foretrekkes substitusjonen u 7→ sin x.
3) Om R = R(tan x), anbefales tan x → y.
4) Dersom R = R(sin2 x, cos2 x) så kan igjen substitusjonen tan x → y benyttes, da er
Z
Z
1
t2
dt
R(cos2 x, sin2 x) dx = R
,
1 + t2 1 + t2
1 + t2
Fungerer intet av det ovenfor, må en nok krype til korset og benytte seg av den
universelle Weierstrass substitusjonen fra avsnitt (2.5.1). La oss se på unntaket
som bekrefter regelen
Eksempel 2.8.1. En har tidligere prøvd å beregne følgende integral
Z
dx
cos3 x
ved å bruke weiestrass, dette leder dog til en meget urovekkende delbrøksoppspalting.
Et alternativ er å benytte delvis integrasjon med u = sec x ⇒ du = sec x tan x dx,
og v 0 = sec2 x dx ⇒ v = tan x.
Z
Z
sec2 x dx = sec x tan x − sec x tan2 dx
Z
Z
= sec x tan x + sec x dx − sec3 x dx
Hvor det i siste overgang ble brukt at tan2 x = sec2 x−1. Ved å legge til integralet
av sec3 x på begge sider så er
Z
Z
3
2 sec x dx = sec x tan x + sec x dx
Det siste integralet har blitt beregnet i eksempel (2.5.4) og dermed så er
Z
1
1
sec3 dx =
sec x tan x + log |tan x + csc x| + C
2
2
som var det som skulle vises.
20 Deler
av
denne
introduksjonen
er
basert
IntegrationOfRationalFunctionOfSineAndCosine
på
http://planetmath.org/
70
II
8 Trigonometrske funksjoner
Dette var langt enklere enn å integrere den rasjonale funksjonen som oppstår
ved å bruke weiestrass-substisjonen. La oss se på to integraler til som kan løses
ved ulike metoder
Herfra tas et par nyttige egenskaper til trigonometriske funksjoner
Proposisjon 2.8.1.
Z π
Z
π π
xR(sin x, cos2 x) dx =
R(sin x, cos2 x) dx ,
2
0
0
hvor R er en rasjonell funksjon.
Et elementært bevis er vist i oppgave (5), og det anbefales på det sterkeste å
prøve å vise denne identiteten. Under gis det kort og søtt bevis som ikke er like
intuitivt
Bevis. Det første vi kan legge merke til er at det holder å vise identiteten for
f (sin x) siden
R(sin x, cos2 x) = R(sin x, 1 − sin2 x) = f (sin x)
La oss så definere følgende funksjon
π
f (sin x) .
g(x) := x −
2
En kan nå enkelt se at g(π − x) = −g(x), siden
R π sin(π − x) = sin x. Funksjonen
g er altså symmetrisk omkring π og vi har 0 g(x) dx = 021 . Ved å putte inn
definisjonen av g fås
Z π
π
x−
f (sin x) dx = 0 dx ,
2
0
Rπ
Beviset fullføres ved å dele opp integralet og legge til π2 0 f (sin x) dx på begge
sider.
Et liknende integral er
Proposisjon 2.8.2. La p og q være to relle tall, da er
Z
2π
Z
f (p cos x + q sin x) dx =
Z
f (α cos x) dx = 2
0
hvor α =
2π
0
p
π
f (α cos x) dx
0
p2 + q 2 .
Bevis. Venstre siden kan skrives som
p
p cos x + q sin x = p2 + q 2
p
q
!
p
cos x + p
sin x = cos(x − a)
p2 + q 2
p2 + q 2
Rπ
21 Dette følger direkte fra korollar (2.3.2) med a = π/2 eller ved å la I =
g(x) dx. Via sub0
Rπ
R0
stitusjonen x 7→ π − x så er I =
g(x) dx = −
−g(u) du = −I . Dette medfører at
0
π
2I = I + (−I) = 0 så I = 0. Alt dette følger fra at g(π − x) = −g(x).
II
8 Trigonometrske funksjoner
71
Hvor sumpformelen cos(a − b) = cos a cos b + sin a sin b ble benyttet med a =
arccos(p/ p2 − q 2 ) = arccos p/α. Integralet kan nå skrives om som følger
Z 2π−a
Z 2π
f (α cos x) dx
f α cos(x − a) dx =
−a
π
0
Z
Z
0
Z
2π−a
g(x) dx
g(x) dx +
g(x) dx +
=
−a
0
π
hvor forkortelsen g(x) = f (α cos x) ble innført. De to siste integralene kan
skrives
Z 2π
Z 2π−a
Z 2π
f (α cos x) dx +
f (α cos x) dx =
f (α cos x) dx
π
2π−a
π
Hvor en enten bruker at cos x har en periode på 2π, eller subsitusjonen x = u−2π
på første integralet. Dette har en og sett før, for eksempel i likning (2.21). Ved å
bruke dette har en nå at
Z 2π
Z π
Z 2π
f α cos(x − a) dx =
f (α cos x) dx +
f (α cos x) dx
0
π
0
2π
Z
Z
f (α cos x) dx = 2
=
0
π
f (α cos x) dx
0
p
hvor igjen forkortelsen α = p2 + q 2 ble brukt for å spare plass.
Det er flere måte å se den siste overgangen på, den har for eksempel blitt
studert i detalj i oppgave (8). Dette fullfører beviset.
Nå tas en artig trigonometrisk identitet som vil bli mye brukt fremmover.
Lemma 2.8.1.
arctan x + arctan
1
x
=
π
2
Bevis. En måte å vise at f (x) = π/2 er å se at den deriverte er null.
d
1
1
1
1
1
f (x) =
+
·
−
=
−
.
dx
1 + x2
1 + (1/x)2
x2
1 + x2
1 + x2
Dermed så må f være lik en konstant så lenge x 6= 0. Dette kan en se for
eksempel ved å integrere f 0 (x) = 0. For å bestemme denne konstanten så er
f (1) = 2 arctan(1). Siden tan(π/4) = 1 så er arctan 1 = π/4 da arctan y er
inversen av tan y. Dermed så er f (x) = f (1) = π/2, siden f (x) er konstant.
Alternativt kan og identiteten og vises ved å betrakte følgende figur
C
α
x
γ
A
1
som er et søtt lite bevis.
B
tan γ = x/1 ⇒ γ = arctan x
1
tan α = 1/x ⇒ α = arctan
x
π
α+γ+
=π
2
π
α+γ =
2
1
π
arctan x + arctan
=
x
2
72
Korollar 2.8.1. La a, b ∈ R da er

a+b 


arctan


1 − ab
a+b arctan a + arctan b =

arctan
+π


1 − ab


π/2
sett inn refferanse i
fotnote.
II
8 Trigonometrske funksjoner
hvis
ab < 1
hvis
ab > 1
ellers
Bevis. Siden beviset er så kort inkluderes det her. Beviset har og vært gitt på
eksamen på videregående . Tilfellet ab = 1 har allerede blitt drøftet i lemma (2.8.1). Sider ab = 1 impliserer a = 1/b, så er arctan 1/b + arctan b = π/2.
Fra trigonometrien har vi
sin(x + y) = sin x sin y + cos x sin y
cos(x + y) = cos x cos y − sin a sin b
Ved å bruke disse uttrykkene kan tan(x + b) skrives på formen
(sin x cos y + cos x sin y)/(cos x cos y)
sin(x + y)
=
cos(x + y)
(cos x cos y − sin x sin y)/(cos x cos y)
tan x + tan y
=
.
1 − tan x tan y
tan(x + y) =
Setter vi nå inn a = tan x og b = tan y får vi
tan(arctan a + arctan b) =
a+b
,
1 − ab
og beviset fullføres ved å ta arctan på begge sider av likningen. Anta at ab > 1,
da vil alltid a1 · 1b < 1. Ved å bruke lemma (2.8.1) to ganger har vi
1
1
+ arctan
a
b
a+b a+b = π − arctan
= arctan
+π
ab − 1
1 − ab
arctan a + arctan b = π − arctan
som var det vi ønsket å vise. Dette fullfører beviset.
Et annet viktig integral er følgende
Proposisjon 2.8.3.
Z
π
Z
π/2
log(sin x) dx = −π log 2
log(sin x) dx = 2
0
0
For å vise dette tas først et lite hjelperesultat
Lemma 2.8.2.
Z
π/2
Z
0
π/2
log(sin x) dx
log(sin 2x) dx =
0
II
8 Trigonometrske funksjoner
73
Bevis. Dette lemmaet følger direkte fra likning (2.23) i proposisjon (2.4.2), se
oppgave (7) for et bevis. Vi viser likevell resultatet uten bruk av proposisjonen.
Via substitusjonen u 7→ 2x så er
π/2
Z
log(sin 2x) dx =
0
1
2
π
Z
log(sin u) du
0
Høyresiden av likniningen kan nå skrives om via proposisjon (2.4.5) ved å sette
m = 0, n = 1 og f (x) = log(x) i likning (2.30). Da er
! Z
Z π/2
Z π/2
π/2
1
log(sin 2x) dx =
2
log(sin x) dx =
log(sin x) dx
2
0
0
0
som ønsket. Alternativt kan en og snitte det integralet på midten, og bruke
substitusjonen u 7→ π − x. Da kan integralet skrives som
π
Z
Z
π/2
log(sin u) du =
0
Z
π
f (u) du +
f (u) du
π/2
0
Z
π/2
Z
π/2
f (π − u) du = 2
f (u) du +
=
0
Z
0
π/2
f (u) du .
0
Hvor f (u) = log(sin u), og substitusjonen u 7→ π − x ble benyttet i andre overgang. Heldigvis så er f (π − u) = f (u), siden sin x er periodisk. Ved å bytte
tilbake til x som integrasjonsvariabel har en altså at
" Z
# Z
Z π/2
π/2
π/2
1
log(sin x) dx =
log(sin x) dx
2
log(sin 2x) dx =
2
0
0
0
som var det som skulle vises.
En er nå klar til å vise proposisjon (2.8.3).
Bevis. Fra proposisjon (2.3.1) eller via substitusjonen u 7→ π/2 − x har en
Z
π/2
Z
π/2
log(sin x) dx =
0
log sin(π/2 − x) dx =
Z
π/2
log(cos x) dx
0
0
Ved å legge sammen disse integralene får en at
π/2
Z
Z
log(cos x) + log(cos x) dx =
0
π/2
log(1/2 sin 2x) dx
0
Dermed kan integralet skrives som
π/2
Z
π/2
Z
0
π/2
Z
log(sin 2x) dx −
log(sin x) dx =
2
0
log(2) dx
0
Siste integralet beregnes relativt enkelt og ved å benytte lemma (2.8.2) så er
Z
π/2
Z
0
π/2
log(sin x) dx −
log(sin x) dx =
2
0
π
log(2) dx
2
74
II
8 Trigonometrske funksjoner
Beviset fullføres ved å trekke fra det opprinnelige integralet på begge sider. For
å vise den siste likheten kan en skrive
Z π
Z π/2
Z π/2
log(sin x) dx = 2
log(sin 2u) du = 2
log(sin x) dx = −π log 2
0
0
0
Hvor substitusjonen 2u 7→ x og lemma (2.8.2) ble benyttet igjen.
Avslutningsvis tas et integral som vil dukke opp flere ganger senere
Eksempel 2.8.2. Gitt at α er en vinkel slik at α ∈ (−π, π) vis at
Z 1
dx
α
I(α) =
=
.
2
2 sin α
0 x + 2x cos α + 1
Begynner med å skrive om nevneren
x2 + 2x cos α + 1 = x2 + 2x cos α + cos2 α + sin2 α
= (x + cos α)2 + sin2 α
Integralet kan nå skrives som
Z 1
Z 1
dx
dx
=
,
2
2 + 2x cos α + 1
2
x
0 (x + cos α) + sin α
0
Dersom α = 0 så blir integralet
0
Z 1
1
1
dx
=
=
2 + 02
(x
+
cos
0)
x
+
1
2
0
1
Høyresiden blir tilsvarende
lim
α→0
α
1
=
2 sin α
2
lim
α→0
sin α
α
−1
=
1
2
Der det ble brukt at sin x ∼ x når x → 0. Anta nå at α 6= 0, vi kan da fritt benytte
substitusjonen22 u sin α 7→ x + cos α og du sin α = dx. Dette gir
1
Z 1
Z 1
sin(α) du
1
du
1
x + cos α
=
=
arctan
2
2
2
sin α 0 1 + u2
sin α
sin α
0 u sin α + sin α
0
Ved å sette inn grensene blir integralet på formen
cos α 1
1 + cos α
I(α) =
arctan
− arctan
sin α
sin α
sin α
Dersom differansen av de to siste leddene blir α/2 kan uttrykket skrives som
α/2 sin α, som ønsket. Krukset blir å å nå benytte addisjonsformelen fra korollar (2.8.1)23 ,
x−y
arctan x − arctan y = arctan
.
1 + xy
22 Hvorfor
23 Hvorfor
kan vi ikke bruke substitusjonen når α = 0?
x−y
brukes arctan 1+xy
konsekvent her og ikke arctan
x−y
1+xy
+ π?
II
8 Trigonometrske funksjoner
75
Ved å kun se på brøken (x − y)/(1 + xy) så er x − y = 1/ sin α og
x−y
1 + cos α cos α
1 .
sin α
α
1+
=
=
= tan
1 + xy
sin α
sin α
sin α
1 + cos α
2
Der det ble benyttet i andre overgang at sin2 α + cos2 α = 1. Siste overgang kan
en se fra halv-vinkel formlene for sinus og cosinus sin α = 2 sin(α/2) cos(α/2)
og 1 + cos(α) = 2 cos2 (α/2). Integralet forenkles dermed til
Z
1
dx
α
1
α
=
=
arctan
tan
x2 + 2x cos α + 1
sin α
2
2 sin α
0
som ønsket.
Oppgaver
π
Z
x cos2 x sin x dx
1. Bestem integralet I =
0
2. Vis at følgende likhet holder
Z
∞
n
f x +x
−n
0
arctan x
π
dx =
x
2
Z
0
1
1
f xn + x−n dx
x
for alle funksjoner f .
3. Vis at
1
Z
J=
0
holder der α ∈ [0, 2π].
Z ∞
4. Bestem integralet
√
1 − x2
π
dx =
1 − x2 (sin α)2
4 cos2 α/2
arctan(x) dx
når a som vanlig er en vinkel i
x2 − 2x sin(a) + 1
−∞
a ∈ (−π, π).
Z
5. Bestem integralet I =
0
π
x sin x
dx
1 + cos2 x
76
II
9 Logaritmiske funksjoner
2.9
LOGARITMISKE FUNKSJONER
I forrige del ble det sett på integral på formen
Z
p(x) log x dx
der løsningen var relativt enkel. Benytt delvis integrasjon og sett u = log x og
v = P (x), der P 0 (x) = p(x). I denne delen blir studiet av integraler på formen
Z
b
R(x) log dx
a
begynt på. Her er R(x) er en rasjonal funksjon på formen P (x)/Q(x) med P og
Q som polynomer. La oss først ta et lite hjelperesultat
Lemma 2.9.1.
∞
Z
0
log x
dx = 0
1 + x2
Bevis. Fremgangsmåten blir å dele integralet. Legg først merke til at
Z
1
∞
0
Z
log x
dx =
1 + x2
log 1/x
dx
=
1 + (1/u)2 −u2
1
1
Z
0
log 1/u
du
1 + u2
(2.60)
Via substitusjonen x 7→ 1/u. Så dx = −1/u2 du. Ved å dele integralet i to fås nå
Z
0
∞
log x
dx =
1 + x2
Z
1
0
Z
=
0
1
log x
dx +
1 + x2
Z
log x
dx +
1 + x2
Z
∞
1
0
1
log x
dx
1 + x2
log 1/x
dx = 0
1 + x2
I andre overgang ble likning (2.60) ble benyttet og log 1/x = − log x.
En generalisering av dette lemmaet kommer i en senere seksjonen for nå kan
resultatet brukes til å vise følgende
Proposisjon 2.9.1.
Z
0
∞
log ax
π
dx =
log(ab)
x2 + b2
2b
(2.61)
Bevis. Velger først å bruke substitusjonen bw = x slik at dw = dx/b. Grensene
blir det samme
Z
Z ∞
Z ∞
log ax
log abw
1 ∞ log abw
dx = b
dw =
dw
(2.62)
x2 + b2
(wb)2 + b2
b 0
u2 + 1
0
0
Vi kan dele integralet i to siden log abw = log ab + log w, slik at
Z ∞
Z
Z
log ax
log ab ∞ dw
1 ∞ log w
dx
=
+
dw
x 2 + b2
b
1 + w2
b 0 1 + w2
0
0
II
9 Logaritmiske funksjoner
77
Fra lemma (2.9.1) er det siste integralet null, mens det første er likt
Z
i
log ab h
log ab ∞ dw
π
=
·
arctan(∞)
−
arctan(0)
=
log(ab)
2
b
1+w
b
2b
0
og en er ferdige. Her brukte en at arctan x → π når x → ∞ og arctan 0 =
0. Vi kan og vise proposisjonen uten å bruke lemmaet. Ved å heller bruke
substitusjonen w 7→ 1/y i likning (2.62) fås
Z
Z
Z
1 0 log ab/y dy
1 ∞ log ab/y
1 ∞ log abw
dw =
=
dy (2.63)
b 0 1 + w2
b ∞ 1 + (1/y)2 −y 2
b 0
1 + y2
Ved å ta gjennomsnittet av likning (2.61) og (2.63) får en
Z ∞
Z ∞
Z
log ax
1
log ay + log ab/y
log ab ∞ dy
dx
=
dy
=
x2 + b2
2b 0
1 + y2
2
1 + y2
0
0
som vist før. Her ble det bare brukt at log A + log B = log AB.
La oss videre se på et integral som dukker opp i [? ].
Eksempel 2.9.1.
Z b
a
1 log(ab)
log x
dx =
log
(x + a)(x + b)
2 b−a
(a + b)2
4ab
Integralet kan dog vises relativt enkelt via substitusjonen x 7→ ab/t. Da er
Z
b
a
− log ab/t
ab
dt =
ab(b/t + 1)(a/t + 1) t2
Z
a
b
log ab − log t
dt
(t + a)(t + b)
Slik at ved å ta gjennomsnittet av integralene fås
Z b
Z
log x
1 b log x + log ab − log x
dx =
dx
2 a
(x + a)(x + b)
a (x + a)(x + b)
Merk den fine kanseleringen som skjer med logaritmen i telleren. Det gjennstående integralet kan beregnes via delbrøksoppspalting
1
1 (b + x) − (x + a)
1
1
1
=
=
−
(x + b)(x + a)
b − a (x + b)(x + a)
b−a x+a
x+b
(2.64)
Ved å integrere begge sider av (2.64) fra a til b får en at
Z
a
b
b
dx
1
x+a
1
a+b
2a
=
log
=
log
− log
(x + b)(x + a)
b−a
x+b a
b−a
2b
a+b
Integralet kan dermed skrives som
Z b
Z
1 b
log ab dx
1 log(ab)
(a + b)2
log x
dx =
=
log
2 a (x + a)(x + b)
2 b−a
4ab
a (x + a)(x + b)
som var det en ønsket å vise.
78
II
9 Logaritmiske funksjoner
Eksempel 2.9.2. La oss se på et litt annet integral med en enda rarere substitusjon.
Z
0
2
log(1 + x)
dx
x2 − x + 1
Det er mulig å stange hodet mott dette integralet helt til en ser den magiske
substiusjonen som løser alt. Vi begynner med å anta at en substitusjon på formen
x 7→ −1 +
K
u+1
vil fungere. Dette vil forenkle logaritmen i nevneren siden
K
log (1 + x) = log 1 − 1 +
= log K − log(u + 1)
u+1
Konstantent K må bestemmes slik at u(0) = 2 og u(2) = 0 (hvorfor?). Ved å sette
inn ser en at magisk nok vil K = 3 fungere. Legg merke til at dx = −3 du/(u+1)2
og at
x(u)2 − x(u) + 1 = (u2 − u + 1)
3
(u + 1)
Integralet blir dermed
Z
0
2
log(1 + x)
dx = −
x2 − x + 1
Z
2
0
Z 2
log 3/(1 + u)
log 3 − log(1 + u)
du
=
du
u2 − u + 1
u2 − u + 1
0
Ved å ta gjennomsnittet av integralene, får en som før at
1
2
Z
0
2
log 3 − log(u + 1) + log(u + 1)
du =
u2 − u + 1
Z
0
2
√
log 3 du
u2 − u + 1
Hvor beregningen av integralet eksempelvis kan gjøres ved å fullføre kvadratet
Z 2
Z π/3 √
π
2 3 sec2 y dy
2 π
4 du
√
=
+
=
2
2
3
6
3
−π/6 3 tan y + 3
0 (2u − 1) + 3
√
√
I andre overgangen ble substitusjonen 2u−1 = 3 tan y ⇒ du = 3 /2 sec2 y dx
brukt. I tillegg så er 1 + tan2 x = sec2 x som vanlig. Ved å sette inn og rydde opp
fås altså
√
Z 2
Z 2
√
log(1 + x)
log 3 du
π
dx
=
= √ log 3
2
2
3
0 x −x+1
0 u −u+1
Disse to integralene er begge eksempler på integral som kan bli løst via den
samme substitusjonen. La oss generalisere dette, men først et lite lemma
Lemma 2.9.2. La P (x) være et polynom da tilfredstiller P
2
(d u + dc)2
K
c
−
= P (u)
P
d2 u + cd
d
Kd2
II
9 Logaritmiske funksjoner
79
hvor K = (c + ad)(db + c) 6= 0, hvis og bare hvis P er på formen
P (x) = Ax2 +
Ac2 + Cd2 − AK
x+C,
dc
hvor d 6= 0. Dersom c = 0 så tilfredstilles funksjonallikningen kun dersom P kan
skrives på formen
P (x) =
A 2
x + Cx + A ,
ab
(2.65)
Hvor A og C velges fritt, og a, b 6= 0.
Å vise dette overlates som en oppgave til leser. Fremgangsmåten blir å sette
inn et generelt polynom i likningen, og se at høyre side vil ikke være et polynom
om ikke graden er to. Dette fører til følgende generalisering
Theorem 2.9.1. Gitt at P (x) = Ax2 + Bx + C hvor
B=
AK − Ac2 − Cd2
,
dc
(2.66)
med K = (ad + c)(db + c). Da holder følgende likhet
b
Z
Z
log(dx + c)
1
dx =
P (x)
2
a
a
b
log K
dx
P (x)
for alle A, B. Dersom c = 0 da er
Z
a
b
log(dx)
1
dx =
P (x)
2
Z
a
b
log K
dx
P (x)
med K = dab, for alle polynomer på formen P (x) =
C kan velges fritt.
A
ab
x2 + Cx + A. Hvor A og
Dette kan vises direkte ved å benytte seg av substitusjonen u 7→ −c + K/(x +
c). Men det i tilleg til å vise at graden av P maksimalt kan være to overlates til
leser. Ved å sette inn et generelt andregradspolynom inn i likning (2.66) kan en
vise følgende
Fra dette korollaret faller ?? direkte ut ved å sette A = ab og C = (a + b) inn
i likning (2.65)
80
II
10 Ulike tips og knep
2.10
2.10.1
ULIKE TIPS OG KNEP
REKURSJONER
OG FUNKSJONSFØLGER
I avsnitt (2.7.3) ble delvis integrasjon gjort enklere ved å skrive om integralet
som en funksjonsfølge. I denne delen skal vi se nærmere på slike følger, og
hvordan de kan løeses direkte uten bruk av delvis integrasjon.
Eksempel 2.10.1.
Z
In =
π
cos nx dx = 0 ,
n ∈ Z/{0}
(2.67)
0
Dette eksempelet overlates til leser. Men viser en svært enkel rekursjon In =
In−1 .
Proposisjon 2.10.1.
Z
In =
0
π/2

2
2
2(−1)n


2
−
+
−
·
·
·
+
sin nx
3
5
2n + 1
dx =
π

sin x

2
dersom
n = 2m
dersom
n = 2m − 1
gitt at m ∈ N.
Bevis. Vi begynner med den trigonometriske identiten
sin(m + 2)x − sin mx = 2 sin x cos(m + 2)x ,
som vises ved å bruke dobbel-vinkel identitene. Ved å dele likheten på sin x fås
sin mx
sin(m + 2)x
−
= 2 cos(m + 1)x .
sin x
sin x
Vi må herfra anta at x 6= 0 slik at vi unngår å dele på null. Tilfellet hvor m = 0
betraktes derfor for seg selv senere. Ved å integrere begge sider av likheten fås
Z π/2
Z π/2
Z π/2
sin(m + 2)x
sin mx
dx −
dx = 2
2 cos(m + 1)x dx , (2.68)
sin x
sin x
0
0
0
som likner en del på en rekursjonslikning. Ved å definere
Z π/2
sin mx
Im =
dx
sin x
0
har vi altså vist at
Im+2 − Im =
2
π
sin (m + 1)
m+1
2
(2.69)
hvor vi bare har brukt definisjonen av Im , og beregnet integralet på høyre side
av likning (2.68). Tanken er nå at studerer tilfellet hvor m er odde og like hver
for seg. Dersom m er odde kan en skrive m = 2n − 1. Rekursjonen gir da
I2n+1 − I2n−1 =
2
π
sin (2n) = 0
2n
2
,
II
10.1 Rekursjoner og funksjonsfølger
81
Gitt at n ∈ N så er altså I2n+1 = I2n−1 . Rekursjonen sier altså at dersom m er
odde er alle odde potenser like. For eksempel for m = 5 så fås I5 = I4+1 =
I4−1 = I2+1 = I2−1 = I1 . For å fullføre utregningen må en altså bestemme I1
Z
π/2
I1 =
0
sin 1 · x
dx =
sin x
Z
π/2
dx =
0
π
.
2
Altså har en at når m = 2n − 1 hvor n ∈ N så er
Z π/2
Z π/2
sin(2n + 1)x
sin(2n − 1)x
π
dx =
dx =
sin x
sin x
2
0
0
som ønsket. La nå m være like i likning (2.69), da er m på formen 2n, n ∈ N
I2n+2 − I2n =
2
π
2
sin (2n + 1) =
(−1)n .
2n + 1
2
2n + 1
For å vise siste overgang kan en for eksempel bruke dobbel-vinkel identitene
sin
π
π
π
(2n + 1) = sin πn cos
+ cos πn sin
= cos πn = (−1)n
2
2
2
Rekursjonen sier altså at hver gang vi minker potensen med 2, så legger vi til en
faktor 2(−1)n /(2n + 1)
2(−1)n
+ I2n−2
2n + 1
2(−1)n
2(−1)n−2
=
+
+ I2n−4
2n + 1
2(2n − 2) + 1
I2n =
n−1
=
X (−1)n
2(−1)n
2(−1)1
+ ··· +
+ I0 = 2
2n + 1
2+1
2n + 1
k=0
siden I0 = 0. Dette fullfører tilfellet hvor m er like, og også beviset.
Lemma 2.10.1.
π/2
Z
Im =
0


sin 2mx
cos x dx =

sin x
0
m π
|m| 2
dersom
m=0
dersom
m ∈ Z/{0}
,
gitt at m ∈ N.
Bevis. Det er klart fra definisjonen at I0 = 0 siden sin 0 = 0. Siden sin(−x) =
− sin x følger det at I−m = −Im slik at det holder å betrakte Im for n ∈ N. Igjen
så betrakter vi differansen Im+1 − Im for n ≥ 0.
Z
π/2
Im+1 − Im =
0
Z
sin(2n + 2)x − sin 2nx
cos x dx
sin x
π/2
2 cos(2n + 1)x · cos x dx
=
0
Z
π/2
cos(2n + 2)x − cos 2nx dx
=
0
82
10 Ulike tips og knep
II
herfra kan vi bruke et resultat som vi lar det være opp til leser å bekrefte
Z π/2
0
dersom m ∈ Z\{0}
cos 2mx =
π/2
dersom m = 0
0
Dermed så er Im+1 = Im , såfremt m 6= 0. Vi har at
Z π/2
Z π/2
sin 2x
π
I1 =
cos x dx = 2
cos2 x dx =
sin
x
2
0
0
R π/2
Der dobbel-vinklel identiten ble brukt sin 2x = 2 cos x sin x og at 0 cos2 x dx =
R π/4
cos2 x + sin2 x dx. Fra dette følger det at Im = π/2, når m 6= 0 og Im = 0
0
som ønsket.
Proposisjon 2.10.2.
2
Z π
Z π
1 − cos mx
sin mx
dx =
`2 (m) =
dx = |m|π
sin x
1 − cos x
0
0
(2.70)
Hvor m ∈ Z.
Bevis. Første likhet følger fra at sin2 x + cos2 x = 1 så (sin mx)2 = 1 − cos mx,
og (sin x)2 = 1 − cos x. Vi har at cos(−m) = cos m, så det holder å betrakte
m = 0, 1, . . . For m = 0 har vi
Z π
Z π
1 − cos 0x
1−1
I0 =
dx =
dx = 0
1
−
cos
x
1
−
cos x
0
0
som stemmer. Så herfra gjennstår det bare å drøfte tilfellet m ∈ N. For å bevise
dette ser vi på en litt annen rekursjon, vi ønsker å vise at (In+1 + In−1 )/2 = In .
Sumformelen for cosinus er
cos(A ± B) = cos A cos B ∓ sin A sin B
Ved å bruke likningen har vi at
cos(n + 1)x + cos(n − 1)x = cos nx cos x − sin nx sin x
(2.71)
+ cos nx cos x + sin nx sin x = 2 cos nx cos x
Som vi skal se forenkler dette utregningene våre noe
Z
1 π 1 − cos(n + 1)x
1 − cos(n − 1)x
In+1 + In−1
=
+
dx
2
2 0
1 − cos x
1 − cos x
Z
1 π 2 − cos(n + 1)x + cos(n − 1)x
=
dx
2 0
1 − cos x
Ved å bruke likning (2.71) får vi nå at
Z π
1 − cos nx cos x
=
dx
1 − cos x
Z0 π
(1 − cos nx) + (1 − cos x) cos nx
=
dx
1 − cos x
Z0 π
1 − cos nx
=
dx = In
1 − cos x
0
II
10.1 Rekursjoner og funksjonsfølger
siden som var det vi ønsket å vise. Siste overgang følger fra at
1
n [sin πn − 0] = 0 for alle n ∈ N. Nå har vi vist at
In =
83
Rπ
0
cos nx dx =
In+1 + In−1
⇒ 2In = In+1 + In−1 ⇒ In − In−1 = In+1 − In
2
Dette beskriver en aritmetrisk progresjon, da differansen mellom to påfølgende
ledd er konstant. Vi har altså In = I0 + (n − 0)d = nd, hvor d er differansen
mellom to påfølgende ledd og I0 = 0. Differansen mellom to påføglende ledd er
Z π
1 − cos x
d = I1 − I0 = I1 =
dx = π
0 1 − cos x
og dette fullfører beviset.
En triviell triviell generalisering følger fra theorem (2.4.1).
Z
nπ
`2 (m) =
mπ
sin kx
sin x
2
Z
nπ
dx =
mπ
1 − cos kx
dx = |knm|π ,
1 − cos x
(2.72)
hvor k, n, m ∈ Z. Men dette ser bare mer rotete ut. Fra resultatene ovenfor kan
det være fristende å spørre seg om
Z
π
`k (m) =
0
sin mx
sin x
k
har en pen lukket form, eller en lukket form i det hele tatt. Vi legger merke til
at integralet er null når potensen er odde og integranden jevn
`1,3,5,··· ,k (2m) = 0 ,
hvor k ∈ 2N − 1 og m ∈ Z. Via tilsvarende regning som ovenfor kan en vise at
π
1 + 3k 2
4
π
`4 (m) = m 1 + 2m2
3
π
`5 (k) =
27 + 50k 2 + 115k 4
192
π
`6 (m) =
m 4 + 5m2 + 11m4 .
20
`3 (k) =
Hvor igjen n ∈ 2N − 1 Derimot å vise den generelle formen
Z π
`m (n) =
0
sin nx
sin x
bm(1−1/n)/2c
m
dx = π
X
k=0
(−1)
k
m
m
2 (n + 1) − kn − 1
k
m−1
er utenfor denne bokens hensik,t for et bevis se [5] . Her betegner bxc gulvfunksjonen (floor function) som vi vil få et gjennsyn med i del III. Kort fortalt rundet
denne funksjonen ethvert tall ned til det nærmeste heltallet b3.7c = 3, b0.5c = 0
også videre.
http://math.stackexchange.com/
we-simplify-int-0-pileft-frac-sin-nx-sin-xrightmdx
84
II
10 Ulike tips og knep
2.10.2
NYTTIG
FUNKSJONALLIKNING
Lemma 2.10.2. Gitt at R(x) er en funksjon slik at
1
1
R
= R(x)
x x2
og f (x) en vilkårlig funksjon, da holder følgende
Z ∞
Z 1
R(x)f (x) dx =
R(x) f (x) + f (1/x) dx
0
0
Bevis. Lemmaet følger direkte fra proposisjon (2.5.2) eller likning (2.38) med
g(x) = R(x)f (x) og S = 1.
Z ∞
Z 1
R(x)f (x) dx =
R(x)f (x) + f (1/x)R(1/x)/x2 dx
0
0
1
Z
R(x) f (x) + f (1/x) dx
=
0
som ønsket. Vi kan og følge samme fremgangsmåte som i proposisjonen og dele
opp integralet
Z ∞
Z 1
Z ∞
R(x)f (x) dx =
R(x)f (x) dx +
R(x)f (x) dx
0
0
Z
1
1
0
Z
R(x)f (x) dx −
=
0
Z
1
1
1
Z
R(x)f (x) dx +
=
R(y)f (1/y) dy
0
Z
R(1/y)
f (1/y) dy
y2
0
1
=
R(x) f (x) + f (1/x) dx
0
og i nest siste overgng y 7→ 1/x benyttet og at R(1/y)/y 2 = R(y). Som vist
før.
Fra dette følger følgende vidunderlige theorem.
Theorem 2.10.1. Gitt at R(x) er en rasjonell funksjon som tilfredstiller funksjonallikningen
1
1
R
= R(x) ,
(2.73)
x x2
da holder følgende
Z
∞
Z
R(x) dx
0
Z
1
R(x)
= 2
(2.74)
0
∞
R(x) log x dx
Z0 ∞
(2.75)
= 0
1 ∞
R(x) dx
(2.76)
2 0
Z0 ∞
Z ∞
π
R(x) arctan x dx =
R(x) dx
(2.77)
4 0
0
R∞
Hvor r ∈ R. Likning (2.75) er gyldig viss og bare viss 0 R(x) dx konvergerer.
R(x)
dx
xr + 1
Z
=
II
10.2 Nyttig funksjonallikning
85
Bevis. Velger å vise likning (2.76) og (2.77), hvor de to første likningene blir
overlatt til leser. Merk at alle likningene vises på samme måte ved å benytte
lemma (2.10.2). Ved å bruke lemmaet med f (x) = 1/(xb + 1) fås
Z ∞
Z 1
R(x)
1
1
xb
R(x)
dx
dx
=
+
·
xb + 1
xb + 1
(1/x)b + 1 xb
0
0
Z 1
1
xb
R(x)
dx
=
+
xb + 1
1 + xb
0
Z
Z 1
1 ∞
R(x) dx .
=
R(x) dx =
2 0
0
Beviset for siste likning gjøres nesten tilsvarende igjen ved bruk av lemma (2.10.2)
nå med f (x) = arctan x.
Z ∞
Z 1
1
R(x) arctan x dx =
R(x) arctan x + arctan
dx
x
0
0
Z
Z
π ∞
π 1
R(x) dx =
R(x) dx .
=
2 0
4 0
Der likning (2.74) og arctan x + arctan 1/x = π/2 ble benyttet fra ??.
Korollar 2.10.1. Dersom R(x) tilfredstiller R(x) = R(1/x)/x2 så tilfredstiller
også r(x) = (log x)2 R(x) funksjonallikningen. Spesielt så er
Z ∞
(log x)2n−1 R(x) dx = 0 .
0
For alle n ∈ N, gitt at
R∞
0
R(x) dx konvergerer.
Bevis. Siden (log 1/x)2 = (− log x)2 = (log x)2 følger det direkte at
r
1
x
1
=
x2
2 1
1
1
log
R
= (log x)2 R(x) = r(x)
x
x x2
Vi
R ∞bruker induksjon for å vise siste del av korollaret. Grunntilfellet n = 1,
R(x) log x dx = 0 følger fra likning (2.75). Vi antar så at det stemmer for
0
Z ∞
(log x)2k−1 R(x) dx = 0 .
0
Altså at det eksisterer en eller annen funksjon som tilfredstiller R(x) = R(1/x)/x2
slik at integralet ovenfor er null. Vi ønsker å vise at dette medfører at det stemmer for 2(k + 1) − 1 = 2k + 1. Ved å skrive om har vi
Z ∞
Z ∞
(log x)2k+1 R(x) dx =
(log x)2k−1 (log x)2 R(x) dx
0
Z0 ∞
=
(log x)2k−1 r(x) dx
0
Fra første del av korollaret så er r(x) = (log x)2 R(x) en rasjonell funksjon som
tilfredstiller r(1/x)/x2 og resten følger ved induksjon.
86
II
10 Ulike tips og knep
Theorem (2.10.1) kan benyttes til å tygge igjennom en betraktelig andel av
vanskelige integral. For eksempel følger lemma (2.9.1) direkte fra (2.75).
Eksempel 2.10.2. La oss vende tilbake til en gammel klassiker
π/2
Z
0
dθ
π
=
b
(1 + (tan θ)
4
(2.78)
hvor b ∈ R. Ved å bruke substitusjonen x 7→ tan θ fås
Z
0
π/2
dθ
=
(1 + (tan θ)b
Z
0
∞
dx
1
=
2
b
(1 + x )(1 + x )
2
Z
0
∞
dx
π
=
2
1+x
4
I andre overgang ble likning (2.76) ble benyttet og R(x) = 1/(1+x2 ) tilfredstiller
selvsagt R(1/x)/x2 = R(x).
Et utvalg av funksjoner som tilfredstiller likningen er eksempelvis
R(x) ≡
1
1
x
1
1
≡1+ 2 ≡
≡ 2
≡
x
x
(1 + x2 )2
x +x+1
1 + x2
Spørsmålet blir da, hvordan en kan finne flere funksjoner som tifredstiller likningen? En kan for eksempel legge merke til at
R(x) =
h(x) + h(1/x)
,
x
tilfredstiller likningen hvor h er en rasjonell funksjon. Tilsvarende så funger
g h(x) + h(1/x)
R(x) =
x
også hvor igjen g og h er rasjonelle funksjoner. En annen måte å konstruere slike
polynom på er å studere indeksene til polynomene, ved å skrive ut
x2
x2
=
(1 + x2 )2
x4 + 2x2 + 1
Her er koeffisientene til telleren (1), mens i nevneren så er koeffisientene (1, 2, 1).
Altså er indeksene det samme om de leses fra høyre eller venstre. En definisjon
av polynom med denne egenskapen er følgende
Definisjon 2.10.1. Et polynom q(x) er symmetrisk24 med indeks k dersom
p(x) = xk p(1/x)
Eksempelvis er indeksen til q(x) = x3 + x lik 4. Følgende proposisjon25 da vises.
24 Slike
polynom betegnes gjerne som palindom også. Det kan og opplyses om at alle av like
grad polynomer som er symmetrisk har komplekse røtter som ligger på enhetssirkelen. En
kan lese mer om dette her http://www.math.uconn.edu/˜kconrad/blurbs/galoistheory/
numbersoncircle.pdf.
25 Takk til flounderer for denne observasjonen. Beviset kan leses her.
II
10.3 Integral par
87
Proposisjon 2.10.3. La p(x) og q(x) være to polynomer, hvor p(x) er symmetrisk
med indeks k − 2 og q(x) er symmetrisk med indeks k. La R(x) være definert
p(x)
q(x)
R(x) =
Da tilfredstiller R funksjonallikningen
1
1
= R(x)
R
x x2
for alle x.
Dette gir oss for eksempel direkte at
R(x) =
x4 + 3x3 + 3x2 + x
πx7 − x4 − x3 + π
tilfredstiller likningen.
Oppgaver
1. Vis at følgende funksjon
R(x) =
x2
x4 + 2ax2 + 1
r 1
1+ 2
x
tilfredstiller differensiallikningen R(1/x)/x2 = R(x). Her er r > 1 og
a ∈ R.
2. Vis at
Z
∞
−1
dx
=3
1 + x2
Z
3. Bestem integralet
0
∞
Z
1
dx
3
=
2
1+x
2
0
Z
0
∞
dx
1 + x2
xa − xb
dx
, hvor a, b ∈ R
a
b
(1 + x )(1 + x ) 1 + x2
4. Vis at
Z
I=
0
∞
(log x)2
1 + x2
dx = 2
1 + x4
Z
0
∞
(x log x)2
dx = 2
1 + x4
Z
0
∞
(log x)2
dx
1 + x4
88
2.10.3
10 Ulike tips og knep
INTEGRAL
II
PA R
I denne delen skal vi se nærmere på et av favorittintegralene til forfatter.
Teknikken som benyttes er relativt enkel å forstå; anta en har to integral
Z
Z
J = f (x) dx
og
K = g(x) dx
som hver for seg er vanskelig å beregne. Målet blir nå å konstruere et likningsett
av to uavhengige lineærkombinasjoner av J og L
u1 (x) = a11 J + a12 L
u2 (x) = a21 J + a22 K
på en slik måte at likningsettet er enklere å løse enn J og K hver for seg.
Eksempel 2.10.3. Integralene som ønskes å beregne er
Z
Z
J = cos log x dx
og
K = sin log x dx
som en har sett før, kan delvis kanselering være gull verdt. Dette gis en sjangse
og en beregner J + K
Z
J + K = cos log x + sin log x dx
Det brukes nå delvis integrasjon på sin log x med u = sin log x og v 0 = 1, så
v = x og u0 = 1/x · cos log x. Innsatt fås da
Z
Z
cos log x
cos log x dx + x sin log x − x ·
dx = sin log x + C
x
Tilsvarende for tilfellet for J − K kan integralet skrives som
Z
J − K = cos log x − sin log x dx
ved samme fremmgangsmåte som før benyttes delvis integrasjon på cos log x.
Hvor u = cos log x, u0 = −(1/x) sin log x og v 0 = 1, v = x.
Z
Z
− sin log x
− sin log x dx + x cos log x − x ·
dx = cos log x + C
x
Ved å bruke disse to opplysningene har en altså likningssettet
x sin log x = J + K
x cos log x = J − K
Ved å ta gjennomsnittet av likningene får en
J=
x sin log x + x cos log x
2
(I)
(II)
II
10.3 Integral par
89
og ved å ta (I − II)/2 har en også
x sin log x − x cos log x
2
K=
Dermed har en at
Z
x
sin log x +
2
Z
x
sin log x −
sin log x dx =
2
cos log x dx =
x
cos log x + C
2
x
cos log x + D
2
som var det en ønsket å beregne.
Merk at det finnes mange alternative måter å beregne integralet på. Ved å
sette u = log x fås
Z
Z
J = ex sin x dx
og
K = ex cos x dx .
Herfra kan en enten benytte delvis integrasjon på gammlemåten på hvert integral. En kan benytte teknikken med integral-par på J og K. Ellers kan en og
skrive om J og K til kompleks form. Merk at alle disse metodene krever noe
mer innsats enn metoden ovenfor
Dessverre finnes det ikke mange integraler denne metoden er nyttig for, og
derfor ender den opp som mer et stillig triks enn en nyttig teknikk.
Oppgaver
1. Bestem integralene
Z
I+ =
sin2 x dx
Z
og
I− =
cos2 x dx
2. Bestem integralet
Z
I=
sin x
dx
cos x + sin x
Ved å finne et passelig J og benytte deg av et velkjent indianertriks. Via
samme fremgangsmåte bestem også integralet
π/2
Z
I=
0
a cos x − b sin x
dx .
b sin x + a cos x
3. Bestem integralet
Z
I=
.
3ex + 5 sin x + 10 cos x
dx
ex + 4 sin x + 3 cos x
90
II
11 Oppgavesammling II
2.11
O P P G AV E S A M M L I N G I I
2.11.1
Z
1.
Z
2.
Z
√
INTEGRAL
1
dx
x − x2
cos x − sin x
dx
cos x + sin x
Z
15.
Z
dx
1
+
sin x
0
Z √
x+1
4.
dx
x7/2
Z
−1
5.
dx
x3 + x7
Z eπ
6.
sin(log x) dx
x cos4 (x) dx
Z
17.
1
ln x
x
0
2
18.
Z
19.
0
20.
dx
1 + esin x
π/2 √
0
4a3
dx
− a4
x4
√
0
e
33.
1
0
1 + x4
1 + x6
Z
21.
Z
∞
34.
Z
1
ln x · e + ex dx 22.
x
Z
π/2
8.
x
9.
0
Z
10.
x
dx
1 + cos x
Z
11.
12.
1
Z
13.
√ dx
x+x x
25.
∞
dx
p
√
x −1 + n x
26.
√
log x − 1
dx
x2 − (log x)2
2x 3x
dx
− 4x
2
dx
Z 5
√
2
x +x
0 x + x − 2x + 2 35.
dx
x8 + 1
Z 1 2014
x
dx
Z ∞
x
x2
−1 1 + e
36.
dx
2
Z π
(x2 − a2 ) + x2
0
sin x sin 2x sin 3x dx
0
Z ∞
4x5 − 1
√
Z 4
37.
dx
7
5
x dx
(x + x + 1)2
0
√
√
7
7−x + 7x
3
r
Z ∞
Z ∞
x−1
x
dx
38.
−
dx
2 + 2x + 10
x
+
1
x+1
x
1
−∞
Z
sinh x + cosh x
dx
27.
cosh x − sinh x
Z p
14.
24.
dx
p
Z
sin x
dx 23.
cos x + sin x
(x − 1) dx
2x − 1 log(2x − 1)
9x
1
Z
dx
4 + 2x
∞
32.
Z
1 + cos x dx
4
31.
Z
4
ln(2x)
dx
x2 + 9
dx
(x + 2)2
dx
(x + 7)5
Z
Z
∞
30.
Z ∞
0
Z
7.
29.
0
Z
x2 (log x − 1)
dx
x4 − (log x)4
Z
π
16.
π
3.
dx
x7 − x
0
π/2
Z √
dx
tan x dx
a cos2 x + b sin2 x39.
Z r
x + x2 + 1
x+1
√
dx 28.
dx
x2 + 1
x3
Z
π
40.
−π
x sin x arctan ex
dx
1 + cos2 x
II
11.2 Oppgaver
Z
π/2
1
1
41.
+
dx
log tan x
1 − tan x
0
Z log 2 √ 2x
e − 2 + e−2x
dx
42.
ex + e−x
0
Z π/2
sin2(sin x) + cos2(cos x) dx
43.
0
Z
44.
π/2 √
45.
Z
Z
0
Z
Z
Z √
Z
1
8x3 cos4 x · sin2 x
dx
π 2 − 3πx + 3x2
1
√
50.
∞
0
2 sin x + x cos x dx
47.
π
49.
51.
√
sin x
ex − sin x − cos x
π
csc x − sin x dx
√
46.
2π
48.
3/7
0
Z
91
x3
y dy
(1 + y 2 ) (y 4 + y 2 + 1)
Z √log 3
√
x2 + 1 − x2 − 1
√
dx
x4 − 1
p
p
3
7
1 − x7 − 1 − x3 dx
52. √
log 2
Z
π/4
−π/4
2.11.2
x sin x2 dx
sin x2 + sin(log 6 − x2 )
x7 − 3x5 + 7x3 − x + 1
dx
cos2 x
53.
0
1 − x2
dx
2x4 − 2x2 + 1
O P P G AV E R
1. Vis at integralene
Z
1
Z
I1 =
0
0
1
x2 − y 2
dy dx og
(x2 + y 2 )2
Z
1
Z
I2 =
0
0
1
x2 − y 2
dx dy
(x2 + y 2 )2
er ulike.
2. I denne oppgaven skal vi se nærmere på integralet i første oppgave, samt
noen liknende integral
a) La a, y ∈ R, slik at a > 0, vis at
Z
∞
−∞
x2 − y 2
dx = 0
(y 2 + x2 )2
b) Vis videre at vi har
Z
0
a
a log a
1
x2 − y 2
log x dx = 2
− arctan
2
2
2
2
(y + x )
y +a
y
a
y
(2.79)
og drøft tilfellene a = 0, a = 1 og a → ∞. Det kan være fordelaktig å
bruke resiltatet fra lemma (2.7.1). Bruk likning (2.79) til å bestemme
Z
a
∞
x2 − y 2
log x dx
(y 2 + x2 )2
92
11 Oppgavesammling II
II
c) Det påfølgende integralet blir ofte trukket frem for å vise nytten til
kompleks analyse. Men som vi skal se kan det og beregnes mer elementært.
Bestem
Z ∞
log x
I1 =
dx
(2.80)
(1 + x2 )2
0
Hvor en kan få bruk for en eller flere tidligere deloppgaver.
3. Beregn dobbeltintegralet
√
x+ x2 +a2
Z Z
K=
1
dt
dx ,
t
hvor a ∈ R. Og vis at løsningen kan skrives som
x
p
+ x log a − x2 + a2 + C ,
K = x · arcsinh
a
bla ved å bruke definisjonen sinh = [exp(−x) + exp(x)] /2.
4. Drøft integralet
π
Z
√
0
r2
sin θ dθ
,
+ R2 − 2Rr cos θ
for tilfellene når r > R > 0 og R > r > 0.
5. Bestem følgende integral
Z
√
3
x2x
2
+1
(2x2 +1)
+ log x2x
dx
1
6. En definisjon av naturlige logaritmen er gitt som arealet under 1/t fra t = 0
til t = x.
Z x
1
log x :=
dt .
t
1
a) Vis ved å bruke definisjonen ovenfor at logaritmefunksjonen har følgende
egenskaper:
• log 1 = 0
d
• dx
log x = x1
• log ar = r log a
• log ab = log a + log b
b) Som en ekstra utfordring vis at
log(1 + xα ) ≤ αx ,
med likhet hvis og bare hvis α = 1.
7.
x ≥ 0, α ≥ 1
II
11.2 Oppgaver
93
a) La α ∈ R være ett reelt tall. Bestem
Z ∞
1 + xα
dx
log
I(α) =
.
2
log x(1 + x2 )
0
b) Vis at
√
Z
∞
1 + x4+
log
√
1 + x2+
1 + x2
0
15
!
5
dx
π
=
log x
4
√
2+ 6
q
√
3− 5
Hvor en kan få bruk for første deloppgave.
c)
Konvergerer følgende integral?
Z ∞
log (1 + xα ) dx
1 + x2
log x
0
8. Gitt at a og b er to reelle tall slik at a2 + b2 = 52 og
Z
b
2ab
x
−
dx
3
x
ab
tan θ =
a
Vis at cos 2θ kan skrives på formen −8β 2 + 8β − 1, hvor β = ka, k ∈ R.
Finn også cos θ uttrykt ved a.
9. Vis at t må være periodisk for at
Z
t
ex sin x dx =
0
Z
t
ex · cos x +
0
1
dx
t
10. Vis at
Z
0
π
cos2 x dx
=
1 ± cos x sin x
Z
0
π
sin2 x dx
1 ± cos x sin x
og bestem verdien av integralet.
11. Løs integralet
1
1 − x2
√
dx
2
4
0 (1 + x ) 1 + x
√
med og uten bruk av substitusjonen 1 + x4 = (1 + x2 ) · cos θ.
Z
12. (American Mathematical Monthly # 11457)
Vinkelen ϑ(x) er definert utifra følgende figur
94
II
11 Oppgavesammling II
ϑ(x)
a x
O
b
Vis at den gjennomsnittlige verdien for ϑ er gitt som
1
b−a
Z
b
ϑ(x) dx =
a
π b−a
·
4 b+a
der 0 < a < b. Virker utrykket logisk for grensetilfellene a → 0 og b → ∞?
Argumenter. Hint: 1) I den delvise integrasjonen er det fordelaktig å sette
u = ϑ(x) og v = x − ab/(a + b).
13. Gitt funksjonen
f (x) = arccos x + arcsin x. Vis at f 0 (x) = 0 og bestem
Z
f (x) dx hvor D er hele definisjonsmengden til f (x). (Altså
integralet,
D
alle lovlige x-verdier.)
14. Bestem integralet
Z
π/2
I=
log
0
(1 + sin x)1+cos x
1 + cos x
dx ,
og vis at svaret er positivt.
15. Vis at
Z
0
2π
dx
(1 +
αsin x ) (1
+ β cos x )
α, β > 0
er uavhengig av α, β og bestem integralet. Hva er problemet når α, β → 0?
16.
a)
Vis at
Z 1
Z 1
Z 1 4
x +1
dx
2
=
Ax
+
Bx
+
C
dx
,
6
2
0 x +1
0
0 Ax + Bx + C
og bestem dermed koeffisientene A,B og C. Hva blir integralet?
b) Bruk a) til å bestemme integralene
Z ∞
Z ∞
x4
dx
I0 =
dx og I4 =
6
1
+
x
1
+
x6
0
0
Merk det er ikke nødvendig å ha klart a).
II
11.2 Oppgaver
95
17. Bestem følgende integral
π
Z
lim
x→∞
0
sin t
dt
1 + cos2 (tx)
18. La f og g være to integrerbare funksjoner på [−8, 8] og la
Z 4
Z 4
I=
4f (x) − 8g(x) dx +
8g(x) − 4f (x) dx .
−8
8
a
Vis at I = 2 , når det oppgis at f er en likefunksjon, g er en oddefunksjon
og gjennomsnittsverdien av f og g på [0, 8] er 1.
19. La f være en strengt voksende og kontinuerlig deriveerbar funksjon på
Z 5
[1, 5] slik at: f (1) = 0 og f (5) = 10. Anta at
f (x) dx = 7, bestem
1
integralet
Z
10
f −1 (x) dx
0
der f
−1
betegner inversen til f .
√
R π/2
(sin x) 2 +1 dx
0
20. Bestem R π/2
√
(sin x) 2 −1 dx
0
Z
21. Vis at
a
b
2x dx
p
(x2
− a2 )(b2 − x2 )
Z
1
22. Bruk følgende integral
0
er uavhengig av a og b. Hvor a, b ∈ R.
22
x4 (1 − x)4
dx til å vise at
> π. Vis så at
2
1+x
7
1
22
1
22
−
<π<
−
7
630
7
1260
ved å for eksempel benytte seg av at 1 < 1 + x2 < 2 når x ∈ (0, 1).
23. Bestem følgende integral
Z
I=
0
∞
√
φ
x arctan x
2
(1 + xφ )
dx
√
Hvor φ er det gylne snittet, gitt som 2φ = 4 sin(3π/10) = 1 + 5 . Vis og
at følgende ulikhet holder 1/3 < I < 1/2. Hvor det kan være fornuftig å
benytte seg av tilnærmingene fra forrige opgave.
24. Bestem monster-integralet
Z t
0
2
x −1
(1 − x2 ) ln(1 + x2 ) + (1 + x2 ) − (1 − x2 ) ln(1 − x2 )
xe x2 + 1 dx
(1 − x4 )(1 + x2 )
hvor t ∈ (0, 1).
96
II
11 Oppgavesammling II
25. Beregn integralet
ZZ
arctan exy dy dx
S
hvor D :
susen
2
(x, y) ∈ R : x + y 2 ≤ 4x . Hint: En god tegning gjør ofte
4/3
Z
26. Vi lar D =
2
2x2 + x + 1
dx. Vis at eD kan skrives på formen m2
+ x2 + x + 1
x3
3/4
hvor m ∈ Q
27. En har tidligere sett at

 a
cos(ax) + 1
når
f (x) =
 2π
0
ellers
−
π
π
≤x≤
a
a
Er en sannsynlighetsfordeling. Altså at integralet over R er lik 1. I denne
oppgaven blir det sett nærmere på den moment-genererende funksjonen til
fordelingen f . Den er gitt som
Z ∞
Mf (t) =
ext f (x) dx
−∞
for en kontinuerlig sannsynlighetsfordeling og kommer igjen i mange sammenhenger. Vis at den momentgenererende funksjonen til f kan skrives
som
Mf (t) =
1 sinh(πρ)
π ρ(1 + ρ2 )
Der ρ = t/a. Vis videre at
0
lim Mf (t) = E(x) og
t→0
lim Mf (t)
t→0
00
= Var(x)
Hvor
Z
∞
Z
xf (x) dx og
E(x) =
∞
Var(x) =
−∞
2
x − E(x) f (x) dx .
−∞
Stemmer resultatet generelt? Argumenter.
28. Vis at26
Z
0
π/3
√
1/2
π
cos ϑ dϑ =
( 3 cos ϑ − sin ϑ) sin ϑ
8
29. Vis at integralene er like
Z π
Z
In =
x(cos x)2n dx =
0
r
3
.
2
π
x(sin x)2n dx
0
og bestem verdien av integralene gitt at n ∈ N er et naturlig tall.
26 Beviset
tilegnes Rob Johnson og kan leses her.
II
11.2 Oppgaver
97
30. Vis at dersom a ∈ N er et naturlig tall så er
Z a
dx
π
√
=
2
2
4
0 x+ a −x
31. I denne oppgaven skal vi se på en rekke relaterte integral. Vi begynner i
det små. Vi definerer funksjonene K og K ∗ som
Z
π/2
K(m, n) =
0
sinm x dx
og K ∗ (m, n) =
sinn x + cosn x
π/2
Z
0
cosm x dx
sinn x + cosn x
Hvor n, m ∈ N.
a) Bestem uttykk for K(1, 3) og K ∗ (1, 3).
b) Vis at K(n, m) = K ∗ (n, m) for alle n, m ∈ R. Hva er K(n, n)?
c)
Bestem følgende integral
Z
π/2
dx
(sin x)2014
(sin x)2014 + (cos x)2014 1 + αx
I=
−π/2
Hvor α er en reell konstant.
32. Vis de fire likhetene
Z na
log(x − a)
dx
x2 + a2
ma
Z
a/m
⇔
a/n
m
log 2a2
arctan n − arctan m
2a
log(x + a)
dx
x2 + a2
m
log 2a2
arctan 1/m − arctan 1/n ,
2a
⇔
holder for alle reelle positve tall a, n, m som tilfredstiller nm = n + m + 1.
33. Gitt at 4c − b2 = π 2 /100 vis at
Z
a/2
−b/2
x2
dx
= 5,
+ bx + c
hvor a/2 = (π − 10b)/20.
34. Dette blir et av de ytters få ubestemt integralene som studeres i denne
delen. La
rq
q
√
√
f (x) =
x + 2 2x − 4 + x − 2 2x − 4
Z
og bestem integralene
Z
f (x) dx og
2
35.
4
f (x) dx.
98
II
11 Oppgavesammling II
a)
Bestem følgende ubestemte integral
√
Z
.
1
x +1
√
√
√ dx
I=
2
x x +x+ x
x − x
b)
Finn konstanter a og b slik at
√
Z b
.
x
1
√
√
√ = 0,
2− x
x
x
+
x
+
x
x
a
og b > a. Merk at integralene i a) og b) er hårfint forskjellige.
36. Vis at integralet I kan skrives som
Z I=
arctan x
x − arctan x
2
dx =
1
+C
tan(β − tan β)
hvor β er en funksjon som avhengiger av x. Det kan være nyttig å bruke
tan(a − b) =
tan a − tan b
1 + tan a tan b
(2.81)
som er sumformelen for tangens.
37. Dersom f (0) = 1 , f (2) = 3 og f 0 (2) = 5, bestem
Z
I=
1
xf 00 (2x) dx
0
Z
π/2
38. Integralet
sin(2x)3 cos(3x)2 dx kan skrives som
π/6
a b
b
√
. Bestem ab + ba + 1
39. La f og g være to funksjoner som har kontinuerlige første og andrederiverte på [5, 7]. Anta videre at funksjonene er integrerbare på intervalet.
Beregn
Z 7
I :=
f (x)g 00 (x) dx
5
når det oppgis følgende:
(i)
f (x), f 00 (x) > 0 for alle x ∈ [5, 7].
(ii)
Funksjonen f /g har kritiske punkt i 5 og 7.
(iii)
For alle x ∈ [5, 7] så er g 00 (x) = 1/f 00 (x).
(iv)
g(x) = 2g 00 (x) − f (x)[g 00 (x)]2 for alle x ∈ [5, 7].
40. Bestem a og b slik at
Z
I=
b
√ 2
(sin arccos x
dx
a
oppnår sin maksimale verdi. Hvor stor kan I bli?
II
11.2 Oppgaver
99
41. Vis at dersom f (x) = cos(log x) og g(x) = sin(log x) + cos(log x) så er
1
Z
1
Z
2
g(x)2 dx
f (x) dx =
0
0
√
Z 3
2+ 1−y
√
dy = 2
(y − 2)3 log y dy
2− 1−y
0
1
Z
Z
Z x
2
8t
dt
43. Bestem integralet eA
4xe2x dx dx, der A =
2
0 4t + 1
Z
42. Vis at J =
Z
44. Vis at
0
1
(1 − y)
∞
x29
(5x2
+ 49)
17
dx =
2·
492
14!
.
· 515 · 16!
45. La oss ta enda en liten digresjon til numerisk integrasjon. For å beregne
et integral kan en dele opp intervalet i n deler og konstruere et trapes på
hver del. Dette gir følgende formel
n−1
X
h
T (n) =
f (a) + f (b) + h
f (xk )
2
k=1
a og b er henholdsvis nedre og øvre grense, n er antall interval, h =
(b − a)/n, og xk = a + hk. La oss bruke trapesmetoden til å beregne
integralet
Z
A=
b
f (x) dx
a
gitt at integralet er begrenset, og f er en kontinuerlig funksjon. I tillegg
opplyses det om at
f (x) + f (a + b − x) ,
er konstant for alle x i intervalet. Vis at
1)
lim T (`)
=
T (1)
T (`)
=
T (1) ∀ ` ∈ N
`→∞
2)
Z
3)
b
f (x) dx =
T (1)
a
Dette fungerer ikke bare for trapesmetoden, men enhver metode som bruker lik steglengde for hele intervalet. Eksempelvis midtpunktmetoden,
Riemansummer, Simpsons metode og også høyrer ordens metoder. Derimot fungerer det ikke for Romberg integrasjon, eller Gauss-kvadraturer.
46. Anta at en har en beholder som er fyllt med en liten mengde vann. Vi
øker så temperaturen i beholderen. Målet er studere hvordan det molare
metningstrykket (heretter kalt damptrykket) varierer som en funksjon av
100
11 Oppgavesammling II
II
en rekke kjente parameter. For å gjøre dette lager en en enkel model ved
hjelp av Clausius-Clapeyron’s ligning
dp
∆S
=
dt
∆V
Denne beskriver hvor raskt damptrykket forandrer seg, altså dp/ dt Her er
∆S forandring i entropien27 og gitt som ∆S = nŁf /t hvor Łf er smeltevarme (når vann går over til damp), n er antall mol og T er temperaturen.
Videre så er ∆V forandringen i volumet og gitt som ∆V = Vg − Ve . Hvor
Vg er gassvolumet og Ve er væskevolumet. Tilnærmelsen ∆V h Vg kan
benyttes da det antas en har mye mer gass enn væske. Gassen antas å
følge ideel gasslov pV = nRT , hvor n er mol, R er gasskonstanten og T er
temperaturen.
a)
Vis at Clausius-Clapeyron’s ligning kan omskrives til
d Lf
log p = 2
dT
T R
Det å anta at smeltetemperaturen Lf
ikke avhengig av tempereturen er ganske tåpelig. I stedet så er det rimelig å
anta at Lf avtar lineært med temperaturen for lave temperaturer. 280 K < T <
440 K.
Lf (T ) = α − βT .
Bruk vannets trippelpunkt som reffereanse P0 = 611 Pa ved T0 = 273.16 K og
uttrykket for smeltevarmen til å vise at
p(T ) kan skrives som
p(t) = K · T −µ exp{−Z/T }
og kartlegg dermed konstantene Z, K
og µ.
47. I denne oppgaven skal en studere nærmere Ω konstanten28 , og noen av
dens egenskaper. Omega konstanten er definert slik at den oppfyller
ΩeΩ = 1 .
a) Vis at Ω konstanten er unikt definert. Vis altså at likningen xex = 1
har nøyaktig en løsning
I resten av oppgaven skal en se nærmere på funksjonene f (x) = x og
g(x) = x2 · log x.
27 Entropi
gir et mål på hvor mye uorden eller kaos som er i et system
funksjonen betegnes og ofte som LambertW(1), og en lengre artikkel finnes på wikipedia
http://en.wikipedia.org/wiki/Omega_constant.
28 Omega
II
11.2 Oppgaver
101
b) Vis at skjæringspunktene mellom f og g er henholdsvis x0 = 0 og
x1 = eΩ .
c) Vis at arealet avgrenset av f , g, x0 og x1 kan uttrykkes via Ω konstanten som
A=
1
1 2Ω
1
1
+
e + e3Ω =
6
9
6Ω2
9Ω3
Hvor det kan bli nyttig å benytte seg av definisjonen til Ω.
d) Omega konstanten kan og defineres rekursivt via
Ωn+1 =
1 + Ωn
1 + eΩn
med startverdi Ω0 . Bruk startverdien Ω0 = 0 og to iterasjoner til å anslå
integralet. En bedre startverdi er Ω0 = log 2, bruk denne og at e ≈ 8/3 til
å anslå integralet. Benytt nå en iterasjon.
48. Gitt at a = 1 og b2 = 1 − 1/2 log 1/2, der b > 0. Vis at
Z
b
xf (x) dx = A log(2) · (1 + log 2) + B
I :=
a
og kartlegg dermed konstantene A og B. Her er f er implisitt gitt som
x2 + f ef = 1 ,
f > −1 .
Hint: Det kan lønne seg å benytte delvis integrasjon for å oppnå x2 for
deretter å bruke substitusjon.
49. I denne oppgaven skal en så vidt være innom kvantefysikk. Merk at ingen
forkunnskaper utover integrasjon er nødvendig. Oppgaven dreier seg i
praksis om Carbon-14 datering, men som sagt fokuserer en her på det
matematiske. Når et C14 atom henfaller, (brytes ned) skiller det ut blant
annet ut en α partikkel, (alfa-stråling). Denne α partikkelen har da et
potensial
V (r) =
2Ze2
4π0 r
Radien til partikkelen er gitt som r1 , mens strålingen fra partikkelen når
til til radien r2 r1 , Energien til partikkelen en da være
E = V (r2 ) =
2Ze2
4π0 r2
og tilslutt så er hvor mye stråling som blir avgitt fra partikkelen gitt som
Z q
2 r2
−
T ∼
exp
2m
V
(r)
−
E
dr
=
} r1
102
II
11 Oppgavesammling II
a)
Vis at en kan skrive V (r) = Er2 /r og at log T kan uttrykkes som
Z 1 r
2√
1
∼
log T = −
2mE r2
− 1 dx
}
x
r2 /r1
Videre så ønsker en å undersøke hvordan log T øker når E avtar.
b) Forklar hvordan en kan skrive om integralet til
Z 1r
Z r1 /r2 r
Z 1 r
1
1
1
− 1 dx =
− 1 dx −
− 1 dx ,
I=
x
x
x
0
0
r1 /r2
og, beregn integralet eksakt.
c) For lettere regning kan en benytte seg av en frekk tilnærming. Det
første integralet er lik π/2, og for det andre integralet har en at x <
r1 /r2 1 slik at faktoren 1 bidrar tilnærmet ingenting, så x−1 − 1 ∼ x−1 .
Bestem nå et tilnærmet uttrykk for I og log T .
d)
Tilslutt leker en oss litt med algebra. Vis at
p
Z
log T ∼
= −2 K1 √ − K2 Zr1
E
hvor verdiene for K1 og K2 er henholdsvis
e2 √
K1 ≡ π
2mc2
4π0 }c
s
og
K2 ≡ 4
e2
4π0 }c
r
mc2
}c
III
104
3.1
1 Introduksjon III
III
INTRODUKSJON III
I første del dyppet du forsiktig tærne ned i innsjøen av integrasjonsteknikker.
Mens i andre del lærte du, og forhåpentligvis mestret en rekke teknikker for
å holde deg flytende. Men jeg håper du er god til å holde pusten for nå skal
vi dykke dypt, dypt ned i mørket av integrasjonsmetoder. Denne delen vil ha
fokus på to hovedområder, spesielle funksjoner og spesielle teknikker. Videre
vil du finne flere eksempler på hvor disse to områdene virker i skjønn harmoni
for å løse vanskelige integral. Vi vil studere rekkeutvikling, kompleks anaylyse,
integraltegnet, omskrivninger til dobbel integraler og mye mer.
III
2.1 Euler–Mascheroni konstanten
3.2
105
V I K T I G E K O N S TA N T E R
I denne seksjonen blir et knippe viktige konstanter tatt opp. Det er viktig å
huske på at det å oppgi svaret som ζ(3) eller Γ(1/4) ikke er noe forskjellig fra et
svar som π eller e. Forskjellen kommer i hva en legger i et elementært uttrykk.
Herfra blir et par konstanter nevnt, som forfatter mener er elementære.
3.2.1
EULER–MASCHERONI
K O N S TA N T E N
γ = 0.577 215 664 901 532 860 606 512 090 082 402 431 042 159 335 939 92
Definisjon 3.2.1. Euler’s konstant ble først introdusert av Leonard Euler (1707 −
1783) i 1734 som
1
1
1
γ := lim 1 +
+
+ ... +
− log(n)
(3.1)
n→∞
2
3
n
Grunnen til at konstanten ofte omtales som Euler–Mascheroni er at selv om
det var Euler som først studerte grensen var det Lorenzo Mascheroni (1750 −
1800) som fra 1790 skrev flere utdypende papir om konstanten, og dermed
grunnlaget for videre studier.
Nøyaktig når notasjonen γ, ble kom i bruk er uvist, men det som er sikkert
er at navnet er valgt grunnet konstantens nære relasjon til Gammafunksjonen
∞ h
Y
1
z −z/n i
= zeγz
e
1+
Γ(z)
n
n=1
(3.2)
hvor beviset kommer vi tilbake til senere. Formelen gir oss og med en gang
relasjonen Γ0 (1) = ψ0 (1) = −γ.
Det er fortsatt ukjent om γ er et algebraisk eller trancendentalt. Faktisk vet
en ikke engang om γ er irrasjonelt, selv om det er sterke antakelser om det.
Foruten om å være nært tilknyttet gammafunksjonen spiller og funksjonen en
viktig rolle innen Analyse (Bessel funksjoner, eksponensial-integral, summer,
osv), og dukker og hyppig opp i Tallteori.
Det er liten tvil om at selv om konstanten ikke er like kjent som π eller e så
er den en av de aller viktigste matematiske konstantene vi har i dag.
Integral-representasjoner av gamma
Z ∞
Z ∞
2
−x
γ=−
e log x dx = −4
xe−x log x dx
0
0
Z 1
Z 1
1
=−
log log
dx =
Hx dx
x
0
0
Z ∞
Z 1
1
1
1
1
=
−
dx
=
+
dx
x−1
x
e
xe
log
x
1
−
x
0
0
Z ∞
1
1
−x
=
−
e
dx ∀ k > 0
x 1 + xk
0
Som eksempel velger vi her å vise følgende
106
III
2 Viktige konstanter
Eksempel 3.2.1.
Z
γ=−
1
log log
0
1
x
∞
Z
e−x log x dx
dx = −
0
Bevis. For å bevise følgende trengs definisjonen av Γ(x) som dessverre kommer
først senere og er gitt som
Z
∞
tx−1 e−t dt
Γ(x) =
0
Merker oss at ved å derivere likningen fås
d
Γ(x) =
dx
Z
Γ0 (1) =
Z
∞
tx−1 e−t log t dt
0
∞
e−t log t dt
(3.3)
0
Dersom vi nå benytter oss av substitusjonen x 7→ log(1/t) i likning (3.3) fås
Γ0 (1) =
Z
1
log log
0
1
x
(3.4)
dx
Å vise at Γ0 (1) = −γ kan gjøres ved å studere se på logartimen av likning (3.2),
også derivere. Men for øyeblikket overlates dette til leser. Vi har altså
γ = −Γ0 (1) = −
Z
1
log log
0
1
x
Z
dx =
∞
ex log x dx
0
som var det vi ønsket å vise.
Vi kommer tilbake til Γ0 (1) når vi diskuterer digamma-funksjonen.
3.2.2
C ATA L A N ’ S K O N S TA N T
G = 0.915 965 594 177 219 015 054 603 514 932 384 110 774
Catalans konstant er navngitt etter Eugène Charles Catalan (1814-1894) og er
definert som
G :=
1
1
1
1
− 2 + 2 − 2 + ···
12
3
5
7
Konstanten dukker hyppig opp i problemer innne kombinatorikk, og inneholder
mange fine identiter. Det er ikke kjent hvorvidt G er irrasjonell, eller trancendental og noen ganger betegnes og konstanten som Catalan.
III
2.3 Glaisher–Kinkelin konstanten
107
Noen viktige identiter
∞
X
(−1)n
(2n + 1)2
n=0
Z 1
Z ∞
arctan t
=
dt =
arctan e−t dt
t
0
0
Z π/4
Z π/4
=
log cot t dt =
log tan t dt
G = β(2) =
0
Z
0
π/4
=
Z
π/4
log(sin 2t) dt =
0
Z
1
=
0
Z
=
0
Z
=
0
log(cos 2t) dt
0
1
Z
1
dx dy
1
+ x2 y 2
0
Z ∞
log t
log t
dt =
1 + t2
1
+ t2
1
π/4
t dt
sin t cos t
hvor β er Dirichlet beta funksjonen.
Eksempel 3.2.2. I Del II ble følgende resultat bevist
Z ∞
a
π
log ax
=
log
x 2 + b2
2b
b
0
ved å bruke at
Z
0
∞
log x
=0
x2 + 1
Dette så vi ved å legge merke til at arealet fra 0 til 1 var like stort som fra 1 til
∞. Noe merkelig var at verdien av disse integralene aldri ble vist! Fra tabellen
over ser vi at integralene er lik G, og dette viser vi nå med rekkeutvikling.
Bevis.
3.2.3
GLAISHER–KINKELIN
K O N S TA N T E N
108
III
3 Spesialfunksjoner
3.3
SPESIALFUNKSJONER
3.3.1
G U LV
O G TA K - F U N K S J O N E N E
I matematikk og Informattik brukes gulv (floor) og tak (ceiling) til å mappe
et reelt tall til det største tidligere heltallet eller minste påfølgende heltall.
Definisjon 3.3.1. La m ∈ Z og x ∈ R. Da er
bxc = m
dxe = m + 1
dersom m ≤ x ≤ m + 1
dersom m ≤ x ≤ m + 1
Definisjonen ovenfor kan også skrives som bxc = max{m ∈ Z | m ≤ x} og
bxc = min{n ∈ Z | m ≥ x}. Definisjonen ovenfor vil derimot være noe mer
anvenbart I tilleg har vi fraktal delen {x}.
Definisjon 3.3.2. La x ∈ R. Da er fraktaldelen av x gitt som
{x} = x − bxc
for alle x i 0 ≤ {x} ≤ 1.
x
1
0.5
π
bxc
dxe
1
0
3
1
1
4
{x}
0
0.5
0.141592 . . .
Eksempel 3.3.1.
I forhold til integrasjon er gulv og tak-funksjonene ofte brukt som en enkel
måte å bytte mellom integraler og summer. Som et trivielt eksempel har en
Z n
n Z k+1
n
X
X
n(n + 1)
dxe dx =
k dx =
k=
2
0
k
k=0
k=0
hvor n ∈ N. Altså kan vi skrive summen av de n første heltallene som et integral.
Proposisjon 3.3.1. La x ∈ R da er
Z x
bxcbx − 1c
btc dt =
+ bxc{x}
(3.5)
2
Z 0x
1
bxcbx − 1c
{t} dt = x2 −
− bxc{x}
(3.6)
2
2
0
Rx
Rx
Bevis. Her trenger vi bare vise første likning siden 0 {t} dt = 0 t − btc dt =
Rt
1 2
2 x − 0 btc dt. La nå p = bxc, da er
Z
x
[t]dt =
0
p−1 Z
X
k=0
=
p−1
X
k=0
k
k+1
Z
[t] dt +
x
[t] dt =
p
k + p(x − p) =
p−1 Z
X
k=0
k+1
Z
k dt +
k
p(p − 1)
+ p(x − p)
2
x
p dt
p
III
3.1 Gulv og tak-funksjonene
109
Som var det vi ville vise siden bxc ± n = bx ± nc, n ∈ N og x − p = x − bxc =
{x}.
Proposisjon 3.3.2. La x ∈ R+ da er
Z x 1
1
dt = 1 − γ + log x + Hρ −
t
ρ
0
(3.7)
Hvor ρ = b1/xc + 1 og Hn er summen av de n første leddene i den harmoniske
rekken.
Korollar 3.3.1. La x ≥ 1 da er
Z x
0
1
t
dt = 1 − γ + log x
(3.8)
og spesielt så er
Z 1
0
1
t
dt = 1 − γ
(3.9)
for x = 1.
Bevis. Korollaret følger direkte. Å vise dette overlates derfor til leser. For å vise
proposisjonen setter vi y 7→ 1/t og ρ = b1/xc.


Z ∞
Z x Z ρ
∞ Z k+1
X
{y}
x−k
1
y − (ρ − 1)

+
dt =
dy
=
dy
dy
2
2
t
y
x
y2
1/x
k
0
1/x
k=ρ
(3.10)
Integralet kan skrives som
Z ρ
y+1−ρ
1
=
−
x
+ log ρ + log(x)
y2
ρ
1/x
Ved å skrive ut summen får vi en teleskoperende sum
∞ Z k+1
∞
X
X
x−k
1
dy
=
log(k + 1) − log(k) −
= Hρ − log ρ − gamma
2
x
1
+
k
k
k=ρ
k=ρ
ved å sette sammen de to forrige likningene får vi altså
Z x 1
1
1
dt = (ρ − 1)
− x + log(x) + Hρ == 1 − γ + log x + Hρ −
t
ρ
ρ
0
som var det som skulle vises.
Theorem 3.3.1. La f være en stykkevis kontinuerlig funksjon for x ∈ (0, 1) slik at
R1
|f (x)|/x dx < ∞ er endelig. Da har en
0
Z 1 Z 1
1
dx
f (x)
f
=
dx
x 1−x
x
0
0
hvor {x} fortsatt betegner fraktal delen av x.
110
III
3 Spesialfunksjoner
Bevis. Dette beviset tillegnes Olivier Oloa og kan leses i sin opprinnelige form
her. Som før er første steg å skrive om integralet til en sum
Z 1 ∞ Z 1/k
X
1
dx
dx
f
=
f ({1/x})
x
1
−
x
1
−x
0
k=1 1/(1+k)
Z
∞
k+1
X
du
=
f {u}
u(u
− 1)
k=1 k
∞ Z k+1
X
du
=
f (u − k)
u(u − 1)
k=1 k
Z
∞
X 1
dv
=
f (v)
(v
+
k)(v
+ k − 1)
k=1 0
Z 1
∞
X
1
f (v)
=
dv
(v + k)(v + k − 1)
0
k=1
Z 1
dv
=
f (v)
v
0
Hvor bytte av summasjonstegnet og integraltegnet følger fra dominererende
konverges theoremet. La v ∈ (0, 1), og la N → ∞, en har da
N
X
k=1
N
X
f (v)
= f (v)
(v + k)(v + k − 1)
k=1
1
1
−
v+k−1
v+k
=
f (v)
f (v)
−
v
v+N
Som går mot f (v)/v når N → ∞. Mer at 1 = (v + k) − (v + k − 1) for å se
delbrøksoppspaltingen. For å teste at summen virkelig konvergerer har vi
f (v)
N
X
k=1
f (v)
f (v)
1
=
−
(v + k)(v + k − 1)
v
v+N
=
|f (v)|
|f (v)|
|f (v)|
−
≤
v
v+N
v
R1
som følger fra antakagelsen om at 0 |f (x)|/x dx var endelig. Siden absollutt
konvergens impliserer konvergens fullfører dette beviset.
Både i beviset ovenfor og i theorem 4.22 ble f {x} = f ({x}) brukt, for å få litt
penere notasjon.
Proposisjon 3.3.3. La a være et reelt tall, da holder
Z 1s
{1/x}
dx
2 arcsin a
=
2 {1/x} 1 − x
1
−
a
a
0
for alle a ∈ (0, 1].
Proposisjon 3.3.4.
Z
0
for all n ∈ N\{1}.
1
s
n
{1/x}
dx
π
=
1 − {1/x} 1 − x
sin(π/n)
III
3.2 Gammafunksjonen
111
Korollar 3.3.2.
1
Z
s
n
0
{1/x}
dx
=π
1 − {1/x} 1 − x
Bevis. Dette integralet følger fra ?? med a = 1 eller proposisjon (3.3.4) med
n = 2.
3.3.2
GAMMAFUNKSJONEN
I denne delen skal vi se nærmere på Γ-funksjonen og noen av dens egenskaper. For et historisk perspektiv anbefalles artikkelen [? ] på det sterkeste, og
for en mer utfyllende introduksjon anbefales [? ] – denne delen er hovedsaklig
basert på disse kildene.
Det finnes mange funksjoner innen matematikk som bare er definert for hele
tall1 . Eksempelvis så kan summmen av de n første naturlige tallene skrives som
T : N 7→ N
T (n) =
n
X
= 1 + 2 + · · · + (n − 1) + n
k=1
ved hjelp av enkel algebra kan summen skrives på lukket form som
n(n + 1)
2
T (n) =
(3.11)
Nå er formelen bare gyldig for naturlige tall. Men likevel gir formelen en mulig
definisjon av hva det vil si og legge sammen de 5 21 første naturlige tallene. En
naturlig fortsettelse til det å legge sammen de n første tallene, vil være å gange
sammen de n første tallene
T : N 7→ N
T (n) =
n
Y
k = 1 · 2 · · · (n − 1) · n = n!
k=1
Det ble lenge lett etter et lukket uttrykk for produktet slik som likning (3.11) gir
en naturlig utvidelse for addisjon av de naturlige tallene. Motivasjonen er altså
å gi mening til n! når n ikke er et heltall.
Leonard Euler viste heldigvis at det var mulig å konstruere en slik funksjon
som følger
Definisjon 3.3.3. La s = σ + it, hvor σ, t ∈ R. Vi definerer Γ-funksjonen for
σ > 0 som
Z ∞
Γ(s) :=
ts−1 e−t dt
0
Dette integralet betegnes også noen ganger som Eulers første integral, eller
det Euleriske integralet (The Eulerian integral). Å vise at denne funksjonen konvergerer dersom σ > 0 er vist i lemma (C.1.4) i Appendix C. Et sterkere resultat
er å vise at Γ-funksjonen er analytisk for σ > 0, dette er og vist i appendiks C (se
lemma 34.15) i For nå begrenser vi oss til å vise at denne funksjonen virkelig er
en utvidelse av fakultetsfunksjonen. Vi ønsker altså å vise at
1 Slike
funksjoner kalles gjerne for aritmetiske- eller tallteoretiske-funksjoner.
112
III
3 Spesialfunksjoner
Proposisjon 3.3.5. Γ-funksjonen tilfredstiller
Γ(x + 1) = xΓ(x)
∀x∈R
(3.12)
og dersom n ∈ N så er Γ(n + 1) = n! med Γ(1) = 1.
Bevis. Ved å bruke delvis integrasjon så kan vi skrive
Z ∞
Z ∞
0
Γ(x + 1) =
tx e−t dt = tx e−t ∞ −
−xtx−1 e−t dt = xΓ(x)
0
0
Hvor et vokser raskere enn tx ∀, x > 0 slik at tx e−t → 0 når t → ∞. Ved å anta
at n ∈ N fås
Γ(n + 1) = nΓ(n) = n(n − 1)Γ(n − 1)
= n · (n − 1) · · · 2 · 1 · Γ(1)
= n! · Γ(1)
og det er trivielt å vise at Γ(1) =
R∞
0
e−t dt = 1.
Å finne funksjoner slik at f (1) = 1 og at f (x + 1) = xf (x) er ikke spesielt
vanskelig og det finnes hele funksjonsgrupper som tilfredstiller disse kravene.
Eksempelvis har vi
!
Γ 1−x
d
1
2 log
F (x) =
Γ(1 − x) dx
Γ 2−x
2
eller
"
f (x) = eg(z) · z
∞ Y
n=1
z −z/m
1+
e
m
#−1
Hvor i siste definisjon så er g alle funksjoner som tilfedstiller g(z + 1) − g(z) =
γ + 2kπi k ∈ Z. Som en artig kuriositet fås gammafunksjonen ved å velge den
enkleste funksjonen g som g(z) = γz. Enda mer tåpelige eksempler inneholder
eksempelvis

1/x
0<x≤1




1
1<x≤2


x
−
1
2
<x≤3
G(x) =

(x
−
1)(x
−
2)
3
<
x≤4




..

.
Så hvorfor velges utvidelsen av fakultetfunksjonen til å være akkuratt lik definisjon (3.3.3)? Svaret på spørsmålet får en kanskje fra at gammafunksjonen
er logaritmisk konveks. At en funksjon er konveks betyr dette at funksjonen er
synkende for alle verdier. Eventuelt dra et linjestykke mellom to vilkårlige punkt
på funksjonen, da vil alle punkt på linjestykket ligge over funksjonen. Dette kan
formelt skrives som
III
3.2 Gammafunksjonen
113
y
4
3
2
1
x
−3
−2
−1
1
2
3
4
−1
Figur 3.1: x2 er konveks da alle punkter på den rød linjen ligger over funksjonen.
Definisjon 3.3.4. En funksjon f : (a, b) → R er kalt konveks hvis for ethvert
par x, y ∈ (a, b) så gjelder ulikheten
f λx + (1 − λ)y ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y)
for alle λ ∈ (0, 1).
Merk at kravet om logaritmisk konveksitet er langt kraftigere en kravet om
at en funksjon er konveks. At en funksjon er logaritmisk koveks betyr at den
vokser svært raskt på området. For eksempel er x2 konveks mens log(x2 ) =
x log x er ikke konveks. Ingen polynomer vokser raskt nok, og et eksempel som
2
er logaritmisk konveks er ex . Gammafunksjonen vokser altså like raskt eller
2
raskere enn ex .
For å gi litt trening i å bruke Γ-funksjonen velger vi å bevise at den er logaritmisk konveks. Til det trengs følgende ulikhet
Lemma 3.3.1. (Hölder’s ulikhet). La p,q være to positive reelle tall slik at
1 . Da for alle integrerbare funksjoner f, g : [a, b] → R, så har vi
Z
b
Z
f (x)g(x) dx ≤
a
!1/p
b
p
Z
|f | dx
a
1
p
+ 1q =
!1/q
b
q
|g| dx
a
Et bevis for ulikheten finnes i [? , thm. 3.5] eller [? , Lem. 4.4], men theoremet holder og under mer generelle forutsetninger2 . For flere slike integralulikheter anbefales [? , p. 206-211].
Proposisjon 3.3.6. Γ-funksjonen Γ : (0, ∞) → R er logaritmisk konveks.
2 Vi
har kf gk1 ≤ kf kp kgkq , hvor 1/p + 1/q = 1 se [? ] eller igjen [? , thm. 3.8] for et bevis. Her
betegner kgkp normen til g i Lp vektorromet.
114
III
3 Spesialfunksjoner
1
p
Bevis. La p ∈ (1, ∞) og
Γ
x
y
+
p
q
Z
+
1
q
= 1. Herfra ser vi på
∞
t(x/p+y/q−1) e−t dt
=
0
Z
∞
tx/p ty/q t−1/p t−1/q e−t/p e−t/q dt siden
=
Z0
tx−1 e−t
≤
1/p
∞
Z
≤
t
x−1 −t
e
ty−1 e−t
1/q
1/p Z
dt
0
1
1
+
=1
p
q
dt
1/p
∞
y−1 −t
t
e
dt
0
= Γ(x)1/p Γ(y)1/q .
Dersom vi nå lar λ = 1/p og dermed 1 − λ = 1/q så har en at λ ∈ (0, 1) og
Γ λx + (1 − λ)y ≤ Γ(x)λ Γ(y)1−λ
h
h
i
i
log Γ λx + (1 − λ)y ≤ log Γ(x)λ Γ(y)1−λ
= λ log Γ(x) + (1 − λ) log Γ(y) .
for enhver x, y ∈ (0, ∞). At log Γ(x) er konveks følger dermed direkte fra definisjon (3.3.4).
Hva dette i praksis vil si for Γ-funksjonen er at vi kan etablere en rekke
ulikheter, og egenskaper til gammafunksjonen da den oppfører seg relativt sett
pent. Kanskje det viktigste egenskapen er at gammafunksjonen er den eneste
funksjonen som har disse egenskapene. Altså
Theorem 3.3.2. (Bohr–Mollerup) Gitt en funksjon f : (0, ∞) → (0, ∞) som
tilfredstiller
1) f (1) = 1
2) f (x + 1) = xf (x)
3) log f er konveks.
Da følger det at f (x) = Γ(x) ∀ x ∈ (0, ∞).
Vi har allerede vist at Γ(s) tilfredstiller kravene ovenfor, men å vise at envher
funksjon som tilfredstiller kravene er identisk lik Γ krever mer spissfindighet. Beviset er relativt elementært men noe langt, og bevises derfor heller i avsnitt (C.3).
Igjennom beviset viser en at Γ-funksjonen kan skrives på følgende form
Proposisjon 3.3.7. La s = it + σ, da er
Γ(s) = lim
n→∞
n! · ns
s(s + 1) · · · (s + n)
(3.13)
forutsatt at σ > 0
Denne proposisjonen er definert for alle s 6= 0, −1, −2, . . ., og er identisk lik
Γ(s), når σ > 0. Siden funksjonen er definert i det negative planet beskriver vi
likning (3.13) som en anlytisk utvidelse av Γ(s). Senere skal vi se at likning (3.13)
III
3.2 Gammafunksjonen
115
er en meromorf funksjon i det komplekse planet. Grovt sagt at polene – punktene
hvor funksjonen er udefinert – er enkle.
Her viser vi proposjonen på en mer moderne måte, og tar utgangspunkt i
følgende lemma
Lemma 3.3.2. (Produkt representasjonen av Γ-funksjonen)
Z
n
1−
Γ(s) = lim
n→∞
0
t
n
n
ts−1 dt
dersom s = it + σ, hvor σ > 0 og t ∈ R.
Som er vist på side (223). Selv uten bevis virker lemmaet intuitivt siden vi har
e−x = limx→∞ (1 − x/n)n .
Bevis. Ved å ta utgangspunkt I lemmaet ovenfor har vi
Z
0
n
n
Z 1
t
s−1
s
1−
t
dt = n
(1 − u)us−1 dt
n
0
!
1
s
Z
n 1
u (1 − u)n
s
n−1 s
+
=n
(1 − u)
u du
s
s 0
0
Z 1
n
= ns
(1 − u)n−1 us du
s 0
= ···
n(n − 1) · · · 1
s(s + 1) · · · (s − 1 + n)
n!
ns
=
s(s + 1) · · · (s + n)
= ns
Z
1
u(s−1)+n du
0
og å ta grensen når n → ∞ på begge sider av likheten fullfører beviset.
Ved å bruke likning (3.13) kan følgende theorem utledes
Theorem 3.3.3. Weiserstrass produktet er definert som
∞ z
Y
1
z
:= zeγz
1−
exp −
Γ(z)
n
n
n=1
(3.14)
for alle z ∈ C forutenom z ∈ −N.( Altså polene −1, −2, . . . til gammafunksjonen.)
Dette er og en analytisk utvidelese av Γ(s) og er kjent som et av Weierstrass
produktene. Under følger et kort bevis
116
III
3 Spesialfunksjoner
Bevis. Vi tar utgangspunkt i likning (3.13) og ser på inversen.
1
z(z + 1) · · · (z + n)
−z
= lim n
n→∞
Γ(z)
1 · 2 · · · (n − 1) · n
n Y
z+k
= z lim n−z
n→∞
k
k=1
= z lim e
−z log n
n→∞
n
Y
e
z/k
k=1
n Y
z −z/k
e
1+
k
k=1
= z lim e−z log n ez(1+1/2+1/3+...)
n→∞
1+
k=1
= z lim e−z(Hn −log(n)
n→∞
= ze−γz
n Y
n Y
k=1
∞ Y
n=1
1+
z −z/k
e
k
z −z/k
e
k
z −z/n
1+
e
n
Hvor Hn er de n første tallene i den harmoniske serien.
det andre Weiestrassproduktet definerer sin πx og er gitt som
∞ Y
z2
1− 2
sin πz = πz
n
n=1
(3.15)
Som kan bevises formelt via Weierstrass faktoriserings teorem ellers kan en anta at
sin πz kan skrives som et produkt av alle sine nullpunkter, ved å gange sammen
røttene på en smart måte fås teoremet. For nå tar vi det for gitt at likning (3.15)
stemmer, og ønsker heller å vise følgende teorem.
Theorem 3.3.4. (Euler’s refleksjons formel) For alle s ∈ (0, 1), så holder identeiteten
π
Γ(s)Γ(1 − s) =
(3.16)
sin(πs)
Å vise denne sammenhengen uten Weierstrass’ produktene er noe trasig, men
kan gjøres ved å skrive om høyresiden til et integral som løses via kompleks analyse eller å vise at φ(x) = Γ(x)Γ(1 − x) oppfyller en bestemt differensiallikning
hvor løsningen gir oss resultatet.
Bevis. Ved å ta utgangspunkt i likning (3.13) så har vi likning (3.14) så har vi at
Γ(1 − z)Γ(z) = −zΓ(−z)Γ(z) og
n!
n!
ns
n−s
n→∞ s(s + 1) · · · (s + n)
−s(−s + 1) · · · (−s + n)
1
π
=−
Qn
= lim
s
s
n→∞ −s2
sin
πs
1− n
k=1 1 + n
Γ(s)Γ(−s) = lim
Her ble likning (3.14) brukt i siste overgang. Beviset fullføres nå ved å gange
med −s på begge sider og bruke −sΓ(−s) = Γ(1 − s). Som følger direkte fra
proposisjon (3.3.5).
III
3.2 Gammafunksjonen
117
Ved å bruke resultatet ovenfor kan vi eksempelvis utlede følgende
Lemma 3.3.3.
Γ
1
2
Z
∞
=
√
2
e−u du = π
−∞
Bevis. Ved å sette z = 1/2 inn i likning (3.16) fås
Γ
1
2
2
1
1
π
⇒
Γ
Γ 1−
=
=π
2
2
sin π2
√
Herfra ser vi at Γ(1/2) = π . Videre ved å bruke selve definisjonen av gammafunksjonen så har vi at
Z ∞
Z
Z ∞
2
1
1 ∞ −u2
(1/2−1) −t
e
du =
e−u du
Γ
=
t
e dt =
2
2
0
−∞
0
Via substitusjonen t 7→ u2 . Å kombinere dette resultatet med uttrykket for Γ(1/2)
fullfører beviset.
Som er et svært viktig resultat innen statistikk og sannsynlighetsregning.
Proposisjon 3.3.8. (Dobbel Identiten) For alle s slik at s, s + 1/2 6= 0 så er
1
= 21−2s π 1/2 Γ(2s)
(3.17)
Γ(s)Γ s +
2
Vi skal senere se på et enklere bevis for denne identiten ved bruk av betafunksjonen, men inntil da blir beviset noe tungt
Bevis. Teknikken blir å bruke et nyttig uttrykk for Γ(2s), vi kan skrive
n!ns
n!ns/2
s(s + 1) · · · (s + n) (s + 12 ) · · · (s +
2s(2s + 1) · · · (2s + 2n)
(2n)!(2n)2s
1
(n!)2 n1/2 22n+1
lim
2s n→∞ (2n)!(s + n + 21 )
1
(n!)2 22n+1
lim
1
2s n→∞ (2n)!n1/2 (1 + ns + 2n
)
2 2n+1
1
(n!) 2
lim
2s n→∞ (2n)!n1/2
Γ(s)Γ(s + 1/2)
= lim
n→∞
Γ(2s)
×
=
=
=
1
2
+ n)
For å vise identiteten må vi altså bestemme den siste grensen. For enkelhetensskyld defineres
(n!)2 22n+1
C = lim
n→∞
(2n)!n1/2
118
III
3 Spesialfunksjoner
Uttrykket må holde for alle s, det må eksempelvis holde for s = 1/2. Innsetning
gir da
C=
√
Γ(s)Γ(s + 1/2) 2s
Γ(1/2)Γ(1)
2 =
2=2 π
Γ(2s)
Γ(1)
√
hvor Γ(1) = 1, og Γ(1/2) = π fra lemma (3.3.3) ble brukt. Å sette inn uttrykket
for C, og å gange med Γ(2s) fullfører beviset.
Til slutt regner vi ut to siste integral herfra blir resten av resultatene knyttet
til gammafunksjonen tatt i oppgavedelen. Vi ønsker å vise følgende
Vi har tidligere sett at de logaritmiske egenskapene til gammafunksjonen er
svært viktige. Bla gir har vi et resultat som sier at
Theorem 3.3.5. (Stirrlings approximasjon) Gitt følgende grense
lim √
n→∞
n!
2πn
n
e
n = 1
så er
n! ∼
n n √
e
2πn
for store n.
√
Stirrlings approximasjon eller formel, kan og skrives som, log(n!) ∼ 2πn +
n log n − n . Resultatet kan selvsagt generaliseres for gammafunksjonen. Et forenklet bevis for overnevnte finnes i oppgavesammlingen under. Vi velger heller
å prøve å vise følgende
Proposisjon 3.3.9.
1
Z
√
log Γ(x) = log 2π
0
Bevis. Beviset begynner med å skrive følgende integral
Z
1
log Γ(x)Γ(1 − x) dx
(3.18)
0
På den ene siden kan integralet deles opp, slik at
Z
1
1
Z
log Γ(x)Γ(1 − x) dx =
Z
1
log Γ(1 − x) dx
log Γ(x) dx +
0
0
0
1
Z
Z
log Γ(x) dx −
=
0
log Γ(y) dy
1
Z
1
log Γ(x) dx .
=2
0
0
III
3.2 Gammafunksjonen
119
Alternativt kan integralet og skrives om ved å bruke Eulers refleksjonsformel, så
Z
0
1
π
log Γ(x)Γ(1 − x) dx = log
dx
sin(πx)
Z 1
Z 1
=
log π −
log sin(πx) dx
Z
0
0
= log π + log(2) dx
For å se det siste integralet kan substitusjonen y 7→ πx bli brukt så da fås
1
Z
log sin(πx) dx =
0
1
π
π
Z
log(sin y) dy
0
som er et standard integral som har blitt beregnet før, se proposisjon (2.8.3).
Ved sammenlikning har en nå at
Z
1
1
Z
log Γ(x)Γ(1 − x) dx =
log Γ(x)Γ(1 − x)
0
0
Z
1
log Γ(x) dx = log π + log(2)
2
0
Z
1
√
log Γ(x) dx = log 2π
0
som var det vi ønsket å vise.
Oppgaver
Z
∞
1. Vis at Γ(n) =
e−e
x
+nx
dx , hvor n ∈ N.
−∞
2. I denne oppgaven skal vi kartlegge en tilnærmelse til Γ(x), også bedre
kjent som Stirrling’s formel. Vi utvikler bare rekken til andre ledd, da
videre utvikling krever mer arbeid. Bestem et lukket uttrykk for
S=
N
X
log i ,
i=1
og videre vis at S tilnærmet er en Riemansum til integralet
Z n
S≈C·
log x dx .
1
Bruk uttrykket for S og integralet til å bekrefte at
N! ≈ C
for store N , der C er konstant.
N
e
N
120
III
3 Spesialfunksjoner
3. I denne oppgaven er ikke integrasjon i fokus. Men heller det å bli mer
stø i å bruke Γ(x) funksjonen. Uansett er det sterkt anbefalt å prøve
seg på følgende oppgaver. Vi tar atter en gang og dypper fingrene ned
i kvantevannet, merk som vanlig at målet å lære matematikken og ikke
fysikken, men litt forklaring trengs likevell. Et kvantifisert magnetisk moment har 2 kvantetilstander som betegnes med verdiene s = ±1. Avhengig
av om det magnetiske momentet peker med eller mot påsatt magnetfelt.
Tenkt på en magnet med + og −. Vi betrakter et stort antall N slike magnetiske moment. Hvor N+ har verdien s = +1 og N− = −1. Videre så
er N+ + N− = N . Tilslutt så er det totale magnetiske momentet gitt som
m = (N+ − N− )/N . Målet med blir å bestemme Entropien S (uorden eller
kvantevillskapen”) til systemet. Stefan-Boltzans lov at entropien i et slikt
magnetisk system er gitt som
N!
S = k log
N− !N+ !
a) Bruk uttrykket for Entropen og Stirllings formel (se forrige oppgave)
til å vise at entropien S kan skrives som
S = N k A − B(1 + m) log(1 + m) − C(1 − m) log(1 − m)
og kartlegg dermed konstantene A, B og C.
4. Bestem følgende integral
Z
I=
0
∞
e−ax − e−bx
xρ+1
der a,b positive konstanter, og ρ < 1. Integralet refferes noen ganger til
som et generalisert frullani integral, der det klassiske frullani integralet fås
ved å studere grensetilfellet ρ → 1, som vi skal studere senere.
5. Definer følgende funksjoner
Z 1
f (x) :=
log Γ(x + t) dx
0
Z
og
g(x) :=
t
log x dx ,
0
vis differansen mellom f og g er høyst en konstant, og kartlegg konstanten3 . Bruk dette til å bestemme integralet
Z 1
log Γ(x + t) dx .
0
Å derivere høyresiden kan være noe keitete, det anbefales derfor å bruke
en luddig substitusjon for deretter å benytte seg av
Z h(t)
∂
d
d
f (x) dx = f (h(t))
h(t) − f (g(t))
g(t)
(3.19)
∂t g(t)
dx
dx
3 Merk
denne metoden bare er derivering under integraltegnet i forkledning. Denne metoden skal
granskes nærmere senere.
III
3.3 Betafunksjonen
121
den fundamentale kalkulussetningen i skjønn harmoni med produktregelen. Følgende integral
Z u+1
Γ(x)
log √
dx = u log u − u
(3.20)
2π
u
kan og benyttes til å bestemme integralet relativt enkelt.
Likning (3.20) betegnes ofte som Raabes formel [? ]. Bevis Raabes formel uten
bruk av derivasjon.
3.3.3
B E TA F U N K S J O N E N
Integralet som vi studerte i forrige seksjon er også kjent som Euler’s andre
integral og i denne seksjonen skal vi se nærmere på Euler’s første integral, kanskje
bedre kjent som betafunksjonen og er definert som følger
Definisjon 3.3.5. For alle x, y > 0 så defineres
Z 1
B(x, y) =
tx−1 (1 − t)y−1 dt
(3.21)
0
Tilsvarende som for gammaintegralet er det viktig å vite at integralet virkelig
er konvergent for alle x, y > 0. Eksempelvis om x < 1 så vil integranden gå mot
uendelig når vi nærmer oss origo. Tilsvarende så vil integranden blåse opp for
t = 1 når y < 1.
beta- og gammafunksjonen er svært nært knyttet til hverandre og vi har
følgende resultat.
Theorem 3.3.6. La B(x, y) være definert som
Z 1
B(x, y) =
tx−1 (1 − t)y−1 dt
0
Da har vi for alle x, y ∈ hvor Re(x), Re(y) > 0 relasjonene
B(x, y) =
Γ(x)Γ(y)
Γ(x + y)
Z ∞
=
0
Z
=2
tx−1
dt
(1 + t)x+y
(3.22)
(3.23)
π/2
(sin θ)2x−1 (cos θ)2y−1 dθ
(3.24)
0
Beviset for likning (3.22) overlates til leser se oppgave (3), da igjen gir
det god trening i både bevisføring, algebra, og å komfortabel med beta og Γfunksjonens egenskaper. Senere skal vi bevise relasjonen både med laplacetransformasjoner og kompleks analyse. Men for nå velger vi heller å vise likning (3.23) og (3.24).
Bevis. Tar utganspunkt i definisjonen
Z 1
B(a, b) =
ta−1 (1 − t)b−1 dt
0
(3.25)
122
III
3 Spesialfunksjoner
Vi benyttes oss av subtitusjonen x 7→ t/(1 − t) som gir t ∈ [0, ∞), slik at
a−1 b−1
Z ∞
Z ∞
x
xa−1
1
dx
B(a, b) =
=
dx
1+x
1+x
(x − 1)2
(1 + x)a+b
0
0
dette beviser likning (3.23). For å vise likning (3.24) bruker vi substitusjonen
t 7→ (sin θ)2 på likning (3.25) og får følgende uttrykk
Z 1
B(x, y) =
tx−1 (1 − t)y−1 dt
0
π/2
Z
sin2 θ
=
x−1
1 − sin2 θ
y−1
2 cos θ sin θ dθ
0
Z
π/2
=2
(sin θ)2x−1 (cos θ)2y−1 dθ
0
som fullfører beviset.
Eksempel 3.3.2. Vi ønsker å vise at
Z ∞ α−1
1
u
du
π/β
M
(α)
:=
=
,
β
β
1+u
1+u
sin (πη)
0
(3.26)
hvor β, α > 1, er reelle konstanter og η = α/β.
Bevis. Vi betegner integralet som I og benytter oss av substitusjonen
x 7→ 1 + uβ ⇒ u = (x − 1)1/β slik at
Z ∞ α−1
Z ∞
u
1
(x − 1)(α−1)/β
du
=
(x − 1)(1/β)−1 dx
I=
β
1
+
u
β
x
0
1
Settes nå x 7→ 1/v fås
Z 1
1
α α
1
v −α/β (1 − v)−1+α/β dv = B 1 − ,
β 0
β
β β
Ved å nå benytte seg av definisjonen til betafunksjonen, og Eulers refleksjonsformel får vi
Z ∞ α−1
1 Γ (1 − α/β) Γ (α/β)
π/β
u
du
=
=
β
1
+
u
β
Γ
(1)
sin
(πη)
0
som var det vi ønsket å vise.
Resultatet kan og vises ved å ta utgangspunkt i likning (3.23), via substitusjonen
t 7→ xβ . Som gir
Z ∞
Z ∞
ta−1
taβ−1
B(a, b) =
dt
=
β
dt
(1 + t)a+b
(1 + xβ )a+b
0
0
og resultatet følger ved å dele likningen på β og sette b + a = 1, a · β = α så
Z ∞ α−1
x
1
α
α
π/β
dx = B
,1 −
=
β
1
+
x
β
β
β
sin
(πα/β)
0
tilsvarende som før4 .
4 Merk
at betafunksjonen er en symmetrisk funksjon, B(x, y) = B(y, x).
III
3.3 Betafunksjonen
123
Korollar 3.3.3. Gitt at n ∈ R så er
Z
Z ∞
Z ∞ n−2
1 ∞ 1 + xn−2
dx
x
π/n
dx
=
=
dx =
n
n
2 0
1 + xn
1
+
x
1
+
x
sin
π/n
0
0
(3.27)
Beviset uttelates, men følger direkte fra likning (3.23) og lemma (2.6.1). En
svak generalisering av likning (3.26) er følgende
Z
∞
π
b2 + uα−1
du = a2(−1+1/β)
a2 + uβ
β
0
b2
a2(1−α)/β
+
sin(π/β)
sin(πα/β)
(3.28)
hvor η = α/β, men dette overlates til leser. Dette resultatet gir blant annet
∞
Z
0
1 + uα−1
π
du =
1 + uβ
β
1
1
+
sin(π/β)
(sin πη)
(3.29)
ved å sette a = b = 1 i (3.28). Leser kan selv sjekke at likning (3.29) reduseres
til (3.27) i tillfellet hvor α − 1 = β − 1. Integraler på denne formen har blitt
studert i forrige seksjon, og vil igjen bli studert i delen med kompleks analyse.
Oppgaver
1. Bevis korollar (3.3.3)
1
2
Z
0
∞
1 + xn−2
dx =
1 + xn
Z
∞
0
dx
=
1 + xn
Z
∞
0
xn−2
π/n
dx =
,
n
1+x
sin π/n
ved å kun bruke likning (3.26). Unngå altså å bruke lemma (2.6.1).
Z
∞
2. Bestem følgende integral
−∞
enx
dx når n ∈ [0, 1].
1 + ex
3. Vi skal i denne oppgaven bevise relasjonen mellom beta- og gammafunksjonen
B(x, y) :=
Γ(x)Γ(y)
Γ(x + y)
og til dette benyttes følgende funksjon
φ(x) :=
B(x, y)Γ(x + y)
.
Γ(y)
Vis at φ(x) oppfyller følgende egenskaper
1)
φ(1) = 1
2)
φ(x + 1) = x · φ(x)
124
III
3 Spesialfunksjoner
3)
log φ(x) er konveks
og benytt Bohr-Mullerup teoremet til å fullføre beviset.
4. I denne oppgaven ønsker vi å bevise av multiplikasjons theoremet bedre
kjent som Legendre’s dobbel formel (Legendre’s duplication formula”).
√
1
Γ(z)Γ z +
= 21−2z z Γ(2z) .
2
Vis først at
1
B(a, a) = 21−2a B a,
2
og bruk dette til å bevise Legendre’s dobbel formel. Vis og at identiteten
kan skrives som
π (2n)!
1
= 2n
.
(3.30)
Γ n+
2
2
n!
dersom n ∈ N.
5. Wallis integralene er nesten like kjent som Wallis produktet og er definert
som
Z
Wn =
0
π/2
(sin x)n dx =
Z
π/2
(sin x)n dx .
0
Vis at integralene er like og bestem verdien til til Wn for odde og like n.
Du kan fritt benytte deg av Legendre’s form fra forrige oppgave.
III
3.4 Digamma-funksjonen
3.3.4
125
DIGAMMA-FUNKSJONEN
I denne delen skal vi se nærmere på digammafunksjonen (psi)
Definisjon 3.3.6. Digammafunksjonen er definert som følger
ψ(z) =
Γ0 (z)
d
=
log Γ(z)
Γ(z)
dz
også kjent som den logaritmisk-deriverte av gammafunksjonen. Noen ganger
betegnes også funksjonen som ψ0 , som vi skal senere. For nå beholdes den
originale notasjonen for enkelhetens skyld. Et viktig resultat er følgende
ψ(1 − z) − ψ(z) = π cot(πz)
(3.31)
Bevis. Resultatet ligner veldig på Eulers refleksjonsformel. Så en naturlig start
er å derivere formelen, vi har da
d
d
π
Γ(x)Γ(1 − x) =
dx
dx sin(πx)
1
cos(πz)
Γ0 (x)Γ(1 − x) − Γ(x)Γ0 (1 − x) = −π 2
sin(πz) sin(πz)
1
ψ(z)Γ(z)Γ(1 − z) − Γ(z)ψ(1 − z)Γ(1 − z) = −π 2
cot(πz)
sin(πz)
π
Γ(z)Γ(1 − z) ψ(1 − z) − ψ(z) =
π cot(πz)
sin(πz)
ψ(1 − z) − ψ(z) = π cot(πz)
som var det vi ønsket å vise. Her ble det brukt at Γ0 (x) = ψ(x)Γ(x), Eulers
refleksjonsformel, og noen velkjente trigonometriske identiter.
Enda en viktig identitet er følgende
ψ(1 + z) − ψ(z) =
1
z
(3.32)
Bevis. Vi starter med følgende likning
Γ(1 + z)
= z.
Γ(z)
(3.33)
Dette følger selvsagt direkte fra at per definisjon så er Γ(z + 1) = zΓ(z). Derivasjon av begge sider gir
Γ(1 + z)
ψ(1 + z) − ψ(z) = 1
Γ(z)
og beviset fullføres ved å bruke likning (3.33) også dele begge sider på z. Her
ble det ikke brukt noe mer enn kvotientregelen og definisjonen av digammafunksjonen.
Vi tar et raskt lite eksempel for å vise hvor kraftig disse enkle relasjonene kan
være
126
III
3 Spesialfunksjoner
Eksempel 3.3.3. Vis at
Z
0
∞
log x
(1 +
2
x2 )
dx = −
π
4
Bevis. Vi begynner med å definere følgende integral
Z ∞
xa
I(a) :=
2 dx
(1 + x2 )
0
Der vi legger merke til at integralet vi ønsker å bestemme er I 0 (0). Hvorfor vi
har lov til å bytte om integral og derivasjonstegnet kommer senere, men for nå
holder det å si at dette er lovlig da funksjonen er begrenset. Utregningen av I(a)
går som følger
Z ∞
xa
I(a) =
2 dx
(1 + x2 )
0
Z
1 ∞
a+1
tβ
2
=
dx
t=x ,β=
2 0 (1 + t)2
2
1
a+1
a+1
= B
,2 −
2
2
2
a+1
a+1
1
Γ 2−
= Γ
2
2
2
Dersom vi nå deriverer I(a) med hensyn på a fås
1
a+1
a+1
a+1
a+1
I 0 (a) = Γ
Γ 2−
ψ
−ψ 2−
4
2
2
2
2
settes nå a = 0 fås
1
1
3
1
3
1 π
π
0
I (0) = Γ
Γ
ψ
−ψ
=
(−2) = −
4
2
2
2
2
4 2
4
og vi er ferdige.
Under blir noen av detaljene i beviset gjennomgått
Γ
1
2
2
1
1
1
1 √ 2
π
Γ 1+
= Γ
=
π =
,
2
2
2
2
2
hvor Γ(x + 1) = xΓ(x) ble benyttet. Tilslutt så er
1
3
1
1
1
ψ
−ψ
=− ψ 1+
−ψ
= − −1 = −2 ,
2
2
2
2
2
hvor likning (3.32) benyttet.
La oss vise en annen representasjon av ψ(x), nemlig
∞
ψ(z) = −γ −
X 1
1
1
+
−
z
n
n
+
z
n=1
(3.34)
III
3.4 Digamma-funksjonen
127
Bevis. Snur vi oppmerksomheten vår mot likning (3.14) og tar logaritmen får vi
log
log
1
Γ(z)
1
Γ(z)
γz
= log ze
∞ Y
n=1
!
z
z
1−
exp −
n
n
= log exp{γz} + log z +
∞
nzo
z X
−
log exp
log 1 +
n
n
n=1
n=1
∞
X
Brukes nå at log 1/A = − log A og begge sider ganges med −1 kan vi skrive
uttrykket på en enkel deriverbar form
!
∞ h
X
z i
z
−γ · z − log z +
− log 1 +
n
n
n=1
∞
X
Γ0 (z)
1
1
1
= ψ(z) = −γ −
+
−
Γ(z)
z
n
1+z
n=1
d
d
(log Γ(z)) =
dx
dz
som var det som skulle vises.
Overgangen fra sum til logaritme kan virke noe underlig, vi ser på produktet
an /bn og tar logaritmen
∞
Y
an
K = log
b
n=1 n
!
= log
a1 · a2 . . .
b1 · b2 · . . .
= (log a1 + log a2 + . . .) − (log b1 + log b2 + . . .)
!
!
∞
∞
X
X
=
log an −
log bn
n=1
n=1
hvor tilsvarende utregning kan bli brukt på produktet i likning (3.2).
Fra denne likningen kan vi enkelt finne et par konkrete verdier for digammafunksjonen.
ψ(1) = Γ0 (1) = −γ
1
ψ
= −γ − 2 log 2
2
1
π
3
ψ
= −γ − √ − log 3
3
2
2 3
1
π
ψ
= −γ −
− 3 log 2
4
2
Disse kan utledes ved å studere likning (3.34) nøyere. Første verdi faller direkte
ut da
∞
X
1
1
ψ(1) = −γ − 1 +
−
= −γ
n
n
+
1
n=1
128
3 Spesialfunksjoner
III
Siden rekken er teleskoperende så har en at
k
X
1
1
−
n
n+1
n=1
1
1
1
1
1
1
1
= 1−
+
−
+ ··· +
−
+
−
2
2
3
k−1
k
k
k+1
1
=1−
.
k+1
Slik at når k → ∞ så vil S → 1. Bruksområdene til digammafunksjonen og
ulike integralrepresentasjoner vil komme i form av små drypp fremmover når
vi utforsker ulike integrasjonsteknikker. For nå begrenser vi oss til å skrive opp
noen grunnleggende identiter.
Sk :=
Noen viktige identiter
∞
X
1
1
−
k
z+k
k=1
Z 1
1 − tz
ψ(z + 1) = −γ +
dt
1−t
0
Z ∞ −t
e
e−zt
ψ(z) =
−
dt
t
1 − e−t
0
∞
X
1
ψ 0 (z) =
(n + z)2
n=0
ψ(z + 1) = −γ +
ψ 0 (1) =
π2
6
Oppgaver
1. Vis følgende
∂
log B(x, y) = ψ(x) − ψ(x + y)
∂x
2. Vis følgende
ψ
1
2
= −2 log 2 − γ
og bruk resultatet til å beregne integralet
Z 1 √
t −1
√
I=
dt .
t (1 − t)
0
3. Bestemm integralet
Z
I(m) =
1
ψ(x) sin 2λπx dx
0
hvor λ ∈ Z. Hva skjer når λ → ∞? Strider dette mot Rieman-Lesgue
lemmaet, hvorfor/hvorfor ikke?
III
3.6 Riemann zeta funksjonen
3.3.5
129
P O LY G A M M A - F U N K S J O N E N
Denne seksjonen blir noe kort, da polygamma-funksjonen ikke er like nyttig
som digamma funksjonen. Funksjonen er defiert som følger
dm
dm+1
ψ(x)
=
log Γ(z) .
dz m
dz m+1
altså er ψ0 (z) = ψ(z) fra forrige seksjon. De fleste identitetene som holdt for
digammafunksjonen holder og for polygammafunksjonen, eksempelvis
ψm (z) =
ψm (z + 1) − ψm (z) = (−1)m
m!
z m−1
som kan vises via induksjon da ψ(z + 1) − ψ(z) = 1/x, som vi har vist før.For
trigammafunksjonen ψ1 får vi eksempelvis
1
z2
Videre så gjelder fortsatt refleksjonsformelen slik at
ψ1 (z + 1) − ψ1 (z) = −
(−1)m ψm (1 − z) − ψm (z) = π
dm
cot(πz)
dz m
hvor vi får igjen eksempelvis har at for ψ1 så er
2
π
ψ1 (1 − z) + ψ1 (z) =
sin(πz)
Dersom vi ser bort i fra ψ(x) så kan vi for alle m > 0 skrive polygammafunksjonen som følgende sum
ψm (z) = (−1)m+1 m! ·
∞
X
k=0
1
= (−1)m+1 m! · ζ(m + 1, z)
(z + k)m+1
Der ζ(s, z) er Hurwitz zeta funksjonen som vi snart skal se på.
3.3.6
RIEMANN
Z E TA F U N K S J O N E N
Riemann zeta funksjonen er en av de viktigste og mest fascienerende funksjonene innen moderne matematikk. Måten funksjonen oppstår på er veldig
naturlig da den dreier seg om potenserekker av naturlige tall
∞
X
1
,
n2
n=1
∞
X
1
,
n3
n=1
∞
X
1
, usw.
n4
n=1
Definisjon 3.3.7. Riemann Zeta funksjonen er definert som
ζ(s) =
∞
X
1
ns
n=1
for Re(s) > 1.
Her er s et komplekst tall med real del større enn 1. Men vi skal bare se
på tilfellet der s er reell. Som vanlig var det Euler som først betraktet funksjonen, men det var Bernhard Riemann (1826 − 1866) som innså viktigheten av å
bektrakte s som kompleks.
Det var Euler som kartla verdien av ζ(2n) hvor n er et naturlig tall. Men før
vi ser på det trengs en kort introduksjon av Bernoulli tallene.
130
III
3 Spesialfunksjoner
Bernoulli tallene Jacob Bernoulli (1654 − 1705) var opptatt med å bestemme
en formel for
Sk (n) = 1k + 2k + · · · + (n − 1)k
hvor k ∈ N og n ∈ N\{1}. Ved lave verdier er det relativt enkelt å finne et
uttrykk for summen
n(n − 1)
2
S2 (n) =
som kjent fra før. Utrolig nok fant bernoulli ut at
k 1 X k+1
Sk (n) =
Bj nk+1−j .
1 + k j=0
j
der Bj står for det j’te Bernoulli tallet. Tallene kan bli beskrevet rekursivt som
k X
k+1
Bj = 0 , k ≥ 1
j
j=0
med initalverdi B0 = 1. På magisk vis oppstår og Bernoulli tallene i taylorutviklingen av visse funsjoner. Eksempelvis
∞
X
z
1 z
1 z6
1
z4
zn
B
=
1
−
·
+
·
+
·
=
n
ez − 1
1! 2
2!
6
4! −30
n!
n=0
i tabbel 1 er de første bernoulli-tallene oppført.
n
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
Bn
1
− 12
1
6
0
1
− 30
0
1
42
0
1
− 30
0
5
66
0
691
2730
Proposisjon 3.3.10. La ζ(z) betegne Riemann zeta funksjonen da er
Z
∞
ζ(z)Γ(z) =
0
tz−1
dt ,
et − 1
hvor Re(z) > 1.
Bevis. Vi har fra den geometriske rekken
∞
X
rk =
k=0
1
1−x
|x| < 1
Ved å sette r = e−z fås
∞
X
k=0
e−k·z =
1
ez
= z
−z
1−e
e −1
III
3.8 Polylogaritmen
131
Ved å bruke dette resultatet kan integralet nå beregnes
Z ∞
∞
X
1
tz−1 e−t dt
ζ(z)Γ(z) =
kz 0
k=1
z−1
∞ Z ∞
X
dt
t
=
e−t
k
k
0
k=1
Ved å bruke substitusjonen u = t/n får vi nå
=
=
∞ Z
X
∞
(u)
k=1 0
∞ Z ∞
X
k=0
Z
z−1 −ku
e
uz−1 e−u e−ku du
0
∞
X
∞
u
=
z−1 −u
e
0
Z
!
e
−ku
du
k=0
∞
uz−1 e−u
=
0
Z
du
∞
=
0
1
1 − e−u
du
uz−1
du
eu − 1
som var det vi ønsket å vise.
3.3.7
HURWITZ
3.3.8
P O LY L O G A R I T M E N
Z E TA F U N C T I O N
Som vi har sett tidligere så er Rieman-zet funksjonen svært viktig innen
matematikk. I denne delen studerer vi en lignende funksjon. Polylogaritmen er
også kjent som Jonquière’s function og betegnes som Lis (z), hvor s er graden.
Li2 (z) betegnes som dilogaritmen, Li3 (z) som trilogaritmen usw. Per definisjon
så er
Definisjon 3.3.8. Polylogaritmen er definert som følger
Li( z) =
∞
X
zk
z2
z3
=
z
+
+
ks
2s
3s
k=1
Fra definisjonen ser vi at
Lin (1) =
X
k
=
1
= ζ(n)
kn
P∞
hvor notasjonen k er kortformen av k=1 . Dette viser sammenhengen mellom
polylogaritmen og zetafunksjonen. For dilogaritmen n = 2 har en
P
Li2 (1) = ζ(2) =
π2
6
132
3 Spesialfunksjoner
III
som vi kommer mer tilbake til senere. Legg merke til at for n = 1 så har en
Li1 (z) =
X zk
= − log(1 − z)
k
k
som vi gjennkjente som maclaurinrekken til log(1 − z) mer generelt så har vi
følgende theorem.
Theorem 3.3.7. for n ∈ N så kan polylogaritmen defineres rekursivt som
Z z
Lin (t)
Lin+1 (z) =
dt .
t
0
Bevis. Vi tar utgangspunkt i høyresiden og bruker definisjon (3.3.8) så
!
Z z
Z z
Lin (t)
1 X tk
dt
dt =
t
kn
0
0 t
k
X 1 Z z
=
tk−1 dt
kn 0
k
X 1 tk z
=
kn k 0
k
=
X
k
zk
k n+1
= Lin+1 (z)
Derivasjon av theorem (3.3.7) gir nå
z
∂
Lin+1 (z) = Lin (z)
∂z
som er en nyttig identitet.
3.3.9
DILOGARITMEN
Av alle polylogaritmene er nok kanskje Li2 (z) den mest nyttige, noen ganger
er funksjonen og kjent som Spence’s funksjon etter den skotske matematikkeren
William Guthrie Spence (1846–1926), som gjorde en systematisk studie av funksjonen på begynnelsen av 1900-tallet. Vi tar utgangspunkt i følgende definisjon
for dilogarithmen
Definisjon 3.3.9. Dilogaritmen er definert som følger
Z z
X zk
log(1 − t)
Li2 (z) =
=−
dt
2
k
t
0
k
for alle z < 1.
III
3.9 Dilogaritmen
133
Den første identiteten vi skal vise er tillegn Abel, og refferes noen ganger
som Pentagon Identiteten.
Theorem 3.3.8. (Abels identitet) Gitt at x, y 6=∈ [1, ∞) da er
log(1 − x) log(1 − y) = Li2 (u) + Li2 (v) − Li2 (uv) − Li2 (x) − Li2 (y)
(3.35)
hvor u = x/(1 − y) og v = x/(1 − y).
Beviset går ut på å først derivere høyre og venstre side av identiteten og
vise at disse er like. Integrasjon gir da at høyre og venstre side høyst kan være
forskjellige ved en konstant. Beviset fullføres ved å vise at konstanten er null.
Ved å fullføre omskrivningen av likning (3.35) fås
u(1 − v)
v(1 − u)
Li2 (u) + Li2 (v) = Li2 (uv) + Li2
+ Li2
1 − uv
1 − uv
1−v
1−u
log
+ log
1 − uv
1 − uv
(3.36)
som ofte reffereres til som pentagon identiteten. Ved hjelp av Abels theorem og
vanlig derivasjon kan en vise at dilogaritmen tilfredstiller en rekke funksjonallikninger
Proposisjon 3.3.11. text
π2
Li2 (z) + Li2 (1 − z) =
− log z log(1 − z) (Refleksjonsformelen)
6
1
π2
1
− log2 (−z) (Inversjonsformelen)
Li2 (z) + Li2
=−
z
6
2
1
z
Li2 (−z) + Li2
= − log2 (z + 1) (Landen’s Identitet)
1+z
2
1
Li2 (z) + Li2 (−z) =
Li2 (z 2 )
(Kvadrat identiteten)
2
(3.37)
(3.38)
(3.39)
(3.40)
Bevis. Velger her å vise første og andre identitet. Setter vi x = z og y = 1 − z i
likning (3.35) fås
log(1 − z) log(z) = Li2 (1) − Li2 (z) − Li2 (1 − z)
Li2 (z) − Li2 (1 − z) =
π2
− log z log(1 − z)
6
der det ble benyttet at Li2 (1) = ζ(2) = π 2 /6, dette viser Eulers refleksjonsformel.
Bevis. Ønsker så å vise Inversjonsformelen. Ved å derivere Li2 (−1/z) fås
d
1
1
Li2 −
= 2
dz
z
z
log 1 + z1
−
−1/z
!
=
log(1 + z) − log z
z
134
3 Spesialfunksjoner
III
Integrasjon med hensyn på z gir nå at
Z z
1
log(1 + t)
log z
Li2 −
=
−
dt
z
t
z
0
Z −z
log(1 − t)
1
=
dt − log2 (z) + C
t
2
0
1
= Li2 (−z) − log2 (z) + C
2
for å bestemme konstanten settes z = 1 så C = 2 Li2 (−1). Men vi har at
Li2 (−1) = −
∞
X
π2
(−1)n
=
−
n2
12
n=1
setter vi nå inn dette og lar z = −z får vi
1
π2
1
Li2 (z) + Li2
=−
− log2 (−z) ,
z
6
2
som ønsket.
Ved samme metode kan Landens Identitet bestemmes, ta utgangspunkt i
Li2 [z/(z − 1)] og derivere, men å vise dette og kvadrat identiten overlates til
leser.
Selv om digammafunksjonen tilfredstiller en rekke funksjonallikninger er det
dessverre bare en håndfull verdier som kan regnes ut eksplisitt. Disse er
√
1± 5
0,
±1 ,
±1 ±
2
√
hvor vi gjennkjenner sistnevnte som det gylne snittet. Merk at ϕ = (1 + 5 )/2 ≈
1.6180 . . . > 1 slik at Li2 (ϕ) divergerer. Derimot så konvergerer den konjugerte
Ψ = 1 − ϕ som vi skal se i det påfølgende eksempelet.
Eksempel 3.3.4. Vis at
√
√
5 −1
π2
5 −1
2
Li2
=
− log
2
10
2
√ √
2
π
5 −1
3− 5
2
Li2
=
− log
2
15
2
√
√
2
1− 5
π
1
5 −1
Li2
=−
+ log2
2
15
2
2
Bevis. La oss for enkelhetensskyld definere
√
1− 5
α=
,
2
da kan vi enten se eller regne ut at α er en løsning av x2√
+ x = 1. Bedre kjent
som den konjugerte av det gylne snittet, heldigvis så er 5 > 1 så α < 1, og
integralene konvergerer. Videre så er
√ √ 1− 5
3− 5
= −α og
=1−α
2
2
III
3.11 Elliptiske Integral
135
Ved å sette x = y = 1 − α inn i Abels Identitet (3.35) fås nå
2 Li2 (α) − 3 Li2 (1 − α) = log2 α
(3.41)
der det ble benyttet at α2 = 1 − α. Via refleksjonsformelen fra likning (3.37)
med z = α fås
Li2 (α) + Li(1 − α) =
π2
π2
log α log(1 − α) =
− 2 log2 α
6
6
(3.42)
Og sist men ikke minst ved å bruke kvadrat identiteten fra likning (3.40) fås
Li2 (α) + Li2 (−α) −
1
Li2 (1 − α)
2
(3.43)
hvor det ble brukt igjen at α2 = 1 − α. Ved å betegne
A = Li2 (α) ,
B = Li2 (1 − α) ,
C = Li2 (−α)
gir likningene (3.41) til (3.43) følgende likningssett
2A − 3B = log2 α
A +
A +
π2
− 2 log2 α
6
1
B
C =
2
B =
løser en dette settet for A, B, C fås
√
π2
5 −1
A = Li2
=
− log2 α
2
10
√ 3− 5
π2
B = Li2
=
− log2 α
2
15
√ π2
1
1− 5
C = Li2
=−
+ log2 α
2
15
2
som var det vi ønsket å vise.
1. Vis Abels identitet via derivasjon
log(1 − x) log(1 − y) = Li2 (u) + Li2 (v) − Li2 (uv) − Li2 (x) − Li2 (y)
hvor u = x/(1 − y) og v = x/(1 − y).
2. Vis Kvadrat identiten og Landen’s identitet
3.3.10
DILOGARITMEN
136
III
3 Spesialfunksjoner
3.3.11
ELLIPTISKE INTEGRAL
På begynnelsen av 1900-tallet var studiet av kurver og buelengden av disse
et av de sentrale områdene som ble studert. Sinus og cosinus kunne brukes til
å beregne buelengden av sirkler, og buelengden av hyperbolske kurvene kunne
beregnes tilsvarende med de hyperbolske trigonometriske funksjonene (sinh og
cosh). elliptiske funksjonene ble innført for å beregne buelengden av ellitptiske
kurver, og fullførte dermed treenigheten. Studiet av disse funksjonene var lenge
svært sentralt og ble studert allerede av Gauss, som vi skal se senere.
Innen moderne matematikk defineres et elliptisk integral som alle funksjoner
f som kan skrives på formen
Z x p
f (x) :=
R t, P (t) dt
c
hvor R er en rasjonell funksjon, og P er et polynom av enten grad 3 eller 4, og
c er konstant. Her skal vi bare studere komplette elliptiske integral og disse
skrives som f (π/2) med c =. Det er som regel tre integral som forbinnes med
elliptiske funksjoner, disse er
Definisjon 3.3.10. Det første komplette elliptiske integralet er definert som
π/2
Z
K(k) :=
0
Z
dt
p
1−
k2
2
sin (t)
1
=
0
dt
p
(1 −
t2 )(1
− k 2 t2 )
Definisjon 3.3.11. Det andre komplette elliptiske integralet er definert som
Z π/2 p
Z 1√
1 − k 2 t2
2
2
√
E(k) :=
1 − k sin t dt =
dt
1 − t2
0
0
Definisjon 3.3.12. Det tredje komplette elliptiske integralet er definert som
π/2
Z 1
dt
dx
p
p
K(k) :=
=
2
2
2
2
2
2 2
2
(1 + n sin t) 1 − k sin (t)
0
0 (1 − n x ) (1 − x )(1 − k x )
√
Hvor k kalles modulusen og k 0 = 1 − k 2 kalles den komplimentære modulusen. Slik at k 2 + (k 0 )2 = 1.
Generelt sett så kan ikke de elliptiske integralene utregnes eksplisitt i form
av mer kjente funksjoner, men la oss vise et lite knippe
Z
Eksempel 3.3.5.
√
K
1
−1 = √
Γ2
4 2π
1
4
Bevis. Ved å sette inn og bruke substitusjonen y 7→ x4 fås
√
−1 =
Z
1
Z
dx
1
Γ(1/4)Γ(1/2)
=
y −3/4 (1 − y)−1/2 dy =
4
4
4Γ(3/4)
1
−
x
0
√
herfra så er Γ(1/4)Γ(3/4) = π 2 , √
ved å bruke eulers-refleksjonsformel med
a = 1/4. Tilsvarende så er Γ(1/2) = π og dette fullfører beviset.
K
√
III
3.11 Elliptiske Integral
137
Vi kan vise et par tilsvarende former for de elliptiske integralene, men først
trengs følgende lemma.
Lemma 3.3.4. La f være en funksjon med odde periode a. Da er
Z
∞
0
f (x)
π
dx =
x
a
a/2
Z
f (x) cot
πx a
0
dx
(3.44)
Bevis. Vi begynner beviset med å dele integralet inn i perioder på a altså
Z ∞ Z a Z 2a Z 3a
=
+
+
+···
0
a
0
2a
ved å gjøre dette kan integralet skrives som
Z
0
∞
∞
X
f (x)
dx =
x
Z
k=0
a(k+1)
ak
∞
X
f (x)
dx =
x
k=0
a
Z
0
f (u + ak)
du .
u + ak
Der substitusjonen x 7→ u + ak ble brukt i siste overgang. Siden f har en periode
på a så er f (x + ak) = f (x) for alle k ∈ Z. Vi deler atter en gang opp integralet
slik at
Z a
Z a
∞ hZ a
∞ X
X
f (x) dx i
1
1
f (x) dx
+
=
f (x)
−
dx
x + ak
x + ka
(k + 1)a − x
a/2 x + ak
0
0
k=0
k=0
(3.45)
Der substitusjonen x 7→ u − a/2 ble brukt i siste overgang. Ved litt smart algebramagi så har vi at summen kan skrives som
∞
X
k=0
∞
∞
X
X
1
1
1
1
−
=
+
x + ka
(k + 1)a − x
x + ka
x − ka
=
k=0
∞
X
k=1
1
x + ka
k=−∞
∞
X
1
k + x/a
k=−∞
πx π
=
cot
a
a
=
1
a
(3.46)
Der det ble benyttet at
π · cot(πx) = lim
N →∞
N
X
n=−N
∞
X
1
1
2x
=
+
2 − n2
x+n
x
x
n=1
Ved nå å sette likning (3.46) inn i likning (3.45) og sette konstantleddet utenfor
fås
Z ∞
Z ∞
Z
πx πx f (x)
π
π a/2
dx =
f (x) cot
dx =
f (x) cot
dx
x
a
a
a 0
a
0
0
som var det som skulle vises.
138
III
3 Spesialfunksjoner
Korollar 3.3.4. La f være en like-funksjon med periode a. Da er
Z
∞
0
πx f (x)
π
dx =
sin
x
a
a
a/2
Z
f (x) dx
0
og spesielt så er
Z
0
∞
f (x)
sin x dx =
x
π/2
Z
f (x) dx
0
Bevis. Ved å benytte oss av lemma (3.3.4) på funksjonen f (x) = sin(πx/a) som
er odde med periode 2a. Videre så gir halv-vinkel formlene våre
tan
x
sin x
=
2
1 + cosx
ved å sette inn får vi nå
Z
Z ∞
πx πx πx π a/2
f (x)
sin
dx =
f (x) sin
cot
dx
x
a
a 0
a
a
0
Z
h
πx i
π a/2
=
f (x) 1 + cos
dx
a 0
a
Z
π a/2
=
f (x)
a 0
Nå siden cos(πx/a) er en odde funksjon omkring a/4 så er integralet null.
SOMETHING DARK SIDE
Som en liten digresjon avslutningsvis tar vi og ser på to integral som likner
på Elliptiske integral, men kan bestemmes eksplisitt.
Eksempel 3.3.6. For alle b ∈ (0, 1) så er
Z
π/2
0
Z
0
π/2
cos t dt
arcsin k
p
=
2
k
1 − k 2 sin t
sin t dt
1
1+b
p
=
log
2b
1−b
1 − k 2 sin2 t
Bevis. Vi kaller integralene henholdsvis for F1 (k) og F2 (k). Via substitusjonen
x 7→ k sin t så er
Z π/2
Z
1 b
cos t dt
dx
arcsin k
p
√
F1 (b) =
=
=
2
2
2
b
k
1
−
x
0
0
1 − k sin t
der substitusjonen
x 7→ sin y fullfører beviset. La oss løse F2 (b) noe liknende, ved
√
å la k∗ = 1 − k 2 , da er k 2 +k∗2 . Videre så er 1−k 2 sin2 t = 1−(1−k∗2 ) sin2 t =
k ∗2 +k 2 cos2 t. Siden 1 − sin2 x = cos2 x fra pytagoras. Nå er
Z
F2 (b) =
0
π/2
√
sin t dt
1
=
k
b ∗2 +k 2 cos2 t
Z
0
π/2
√
dx
1
=
arcsinh
k
k ∗2 +x2
k
k∗
III
3.11 Elliptiske Integral
139
Der substitusjonen
√x = k sin
t ble brukt, også x 7→ k ∗ y. Per definisjon så er
arcsinh = log 1 + 1 + u2 , via litt algebra så er nå 1 + k 2 /k∗2 = 1/b∗2 slik at
F2 (b) =
1
1
1+k
1
1+k
(1 − k 2 )1/2
=
log
=
log
log
b
k∗
b
b
(1 − k 2 )1/2
(1 − k 2 )1/2
det å bruke at a log b = log ba fullfører nå beviset.
140
3.4
4 Transformasjoner
III
TRANSFORMASJONER
En integral transformasjon kan bli sett på som en type operator som virker
på en funksjon f . Transformasjonen eller avbildningen skrives gjerne som
Z
F (x) =
b
K(x, t)f (t) dt
a
hvor K(x, t) betegner kernelen. En av de viktigste egenskapene med integral
transformasjonen er at det er en lineær operator5 .
Definisjon 3.4.1. En lineær transformasjon mellom to vektorrom V og W er en
avbildning T : V 7→ W slik at
T (αv1 + βv2 ) = αT (v1 ) + βT (v2 ) ,
holder for alle vektorer v1 og v2 i V og for enhver skalar α ∈ R.
Setter vi den formelle notasjonen til side er motivasjonen for slike tranfornsfjormasjoner lett å forstå. Det eksisterer mange klasser av problemer som er
vanskelig, eller umulig å løse algebraisk - i deres opprinnelige form. En integraltranformasjoner avbilder en likning fra dets opprinnelige området til et annet
området. Likningen i det nye området kan være langt enklere å behandle. Deretter kan en mappe funksjonen tilbake til det opprinnelige området ved å bruke
den inverse av integral-tranformasjonen. Dette gjelder integraler og. For en
lengre liste over ulike integral-transformasjoner anbefales [? ].
Direkte relatert til integral transformasjoner er konvolusjoner. Dersom F og G
er integral transformasjonene til f og g, så er konvolusjonen f ∗ g lik funksjonen
som har transformasjonen F G. Konvolusjonen uttrykkes ofte som et integral
med hensyn på f og g, men ikke nødvendigvis kernelen K(x, t).
3.4.1
LAPLACE
TRANSFORMASJONEN
Laplace transformasjonen er en av de mest brukte integral-transformasjonene
innen matematikk og har flere bruksomåder innen fysikk og ingeniørvitenskap.
Den blir brukt til å beregne differensiallikninger, funksjonallikninger, og visse
integral. For et historisk perspektiv anbefales artikklene [? ? ] fra Michael A. B.
Deakin varmt.
Definisjon 3.4.2. La F (t) være en funksjon av t. Laplace Transformasjonen av
F er da definert som L
Z ∞
L f (t) = F (s) =
e−st f (t) dt
0
Noen ganger skrives også Lf (s) for å vise at vi tar laplace transformasjonen
av funksjonen f . Ellers brukes og den tosidide laplace-transormasjonen
Z ∞
L 2 F (t) =
e−st F (t) dt
−∞
5 Kjært
barn har mange navn. Alternative navn er en lineær transformasjon, lineær mapping, lineær
funksjon osv.
III
4.1 Laplace transformasjonen
141
Den inverse L -transformasjonen betegnes som L −1 (f (t) eller Lf−1 (s), og kan
skrives som et kontur-integral
Z γ+iT
1
lim
est F (s) ds ,
f (t) = L−1 {F }(t) = L−1
{F
(s)}(t)
=
s
2πi T →∞ γ−iT
men det er ofte langt enklere å bruke tabell (3.1) til å bestemme inversene.
Proposisjon 3.4.1. Transformasjonen L er en lineær transformasjon
Dette følger fra at selve integralet danner en lineær-transformasjon K(f ) =
Bevis.
R
f , men dette glemmer vi for nå. Direkte innsetning gir
Z ∞
L αf (t) + βg(t) =
(αf (t) + βg(t))e−st f (t) dt
0
Z ∞
Z ∞
=
αf (t)e−st dt +
βg(t)e−st dt
0
0
Z ∞
Z ∞
−st
=α
f (t)e
dt + β
g(t)e−st dt
0
0
= αL f (t) +βL f (t)
som ønsket.
Vi har allerede sett på laplace-transformasjonen av F (t, x) = ts−1 , da dette
nesten er Γ-funksjonen. En rekke slike integral er vist i tabell (3.1). merk at
Tabell 3.1: Et utvalg L -transformasjoner av elementære funksjoner.
f (t)
Lf (s)
Betingelser
1
ta
eat
cos ωt
sin ωt
cosh ωt
sinh ωt
σ(t − a) = e−as
1/s
Γ(a + 1)/sa+1
Re(a) > −1
1
s−a
s
s2 +ω 2
ω
s2 +ω 2
s
s2 −ω 2
ω
s2 −ω 2
ω∈R
s > |Im(ω)|
s > |Re(ω)|
s > |Im(ω)|
1/s om
ecs /s om
H[c](t)
c≤0
c>0
transformasjonen av de trigonometriske integralene er vist i lemma (3.8.2) og
proposisjon (2.7.1). Uttrykkene i tabellen er ikke vanskelig å utlede å utelates
derfor. I tabellen ble to nye funksjonen innført Heavyside funksjonen Hc og
Dirac delta funksjonen δ, disse er definert som følger
Definisjon 3.4.3. Dirac delta funksjonen δ er definert som
+∞ dersom x = 0
σ(x) =
0
ellers
og tilfredstiller
Z
∞
δ(x) dx = 1
−∞
142
III
4 Transformasjoner
Definisjon 3.4.4. Heavyside funksjonen er definert som
0 dersom n < 0
H[n] =
1 dersom n ≥ 0
Mer spennende er det å studere egenskapene Laplace Transformasjonen har,
enn spesfifikke verdier. tabell (3.2) viser et utvalg egenskaper laplace transformasjonen har. Vi skal se nærmere på et par av disse egenskapene.
Tabell 3.2: Noen av de mest kjente egenskapene til L -transformasjonen.
tdomenet
sdomenet
af (t) + bf (t)
tf (t)
tn f (t)
f 0 (t)
f 00 (t)
f (n)
f (t)/t
Rt
f (τ ) dτ
0
f (a)t
eat f (t)
F (t − a)H(t − a)
aF (s) + bG(s)
−F 0 (s)
(−1)n F (n) (s)
sF (s) − f (0)
s2 F (s) − sf
− f 0 (0)
P(0)
n
n
sR F (s) − k=1 sk−1 f (n−k) (0)
∞
F (σ) dσ
s
F (s)/s s
1
|a| F a
F (s − a)
e−as f (s)
Proposisjon 3.4.2.
G(s) = L
f (t)
t
Z
∞
F (σ) dσ
=
s
Hvor L f (t) = F (σ).
Bevis. Vi begynner med å sette inn definisjonen av Laplace-transformasjonen på
høyre side
Z ∞
Z ∞ Z ∞
Z ∞Z ∞
F (σ) dσ =
f (t)e−σt dt dσ =
f (t)e−σt dσdt
s
s
0
0
s
I siste overgang byttet vi om integrasjonsrekkefølgen. Dette følger fra fubinis sats
siden vi krever at |f (t)e−σt | skal være begrenset. Siden f (t) ikke er avhengig av
σ kan vi sette ledddet utenfor integrasjonen
Z ∞
Z ∞
Z ∞
Z ∞
e−st
f (t)
F (σ) dσ =
f (t)
e−σt dσdt =
f (t)
dt = L
t
t
s
0
s
0
som var det som skulle vises.
Korollar 3.4.1.
Z
0
∞
f (t)
=
t
Z
∞
F (σ) dσ
0
Korolaret faller ut direkte ved å sette s = 0 i proposisjon (3.4.2).
III
4.1 Laplace transformasjonen
143
Eksempel 3.4.1. Fra korolaret følger Dirichlet integralet nesten direkte.
Z ∞
sin ω
=π
ω
−∞
Siden integranden er symmetrisk trenger vi bare se på området ω > 0. Ved å
bruke korollar (3.4.1) med f (t) = sin t har vi
Z ∞
Z ∞
Z ∞
f (ω)
1
ds
dω =
L (sin t) ds =
2
ω
s + 12
0
0
0
Hvor laplace transformasjonen av sin x ble tatt fra tabell (3.1) mens utledningen
finnes i lemma (3.8.2) og proposisjon (2.7.1). Altså har vi
∞
Z ∞
Z
sin ω
1
1
1 ∞
ds =
=
arctan s
=π
ω
2 0 s2 + 12
2
−∞
0
Eksempel 3.4.2. Bestem den inverse L -transformasjonen av funksjonene
F (s) =
1
s(1 + s)(1 + s2 )
via standard delbrøksoppspalting kan F skrives som
F (s) =
1 1
1
1 1+s
+
−
2 1+s
s
2 1 + s2
R∞
Vi kan nå sammenlikne med tabellen og ser at L (1) = 1/s, siden 0 e−sx dx =
1/s. Dette betyr at L −1 (1/s) = 1. Videre kan det siste uttrykket deles opp i to
deler
1
s
1+s
−1
−1
−1
=L
+L
= cos t + sin t
L
1 + s2
1 + s2
1 + s2
Som følger fra at både L og L -transformasjonen lineære transformasjoner.
For det siste leddet kan vi bruke faseforskyvnings egenskapene L (eat f (t)) =
F (s − a). Vi har at F (s) = 1/s, og F (s + 1) = 1/(1 + s) slik at
1
1
−1
−s
−1
L
=e L
= e−s
1+s
s
oppsumert har en altså
e−t
cos t + sin t
L −1 F (s) = 1 −
−
2
2
som var det som skulle bestemmes.
Hovedsaklig blir L -transformasjoner brukt til å forenkle eller løse differensiallikninger. Men de kan og brukes for å evaluere visse integral. Under er et
eksempel hvor det er enklere å beregne L -transformasjonen av integralet, enn
integralet i seg selv.
Eksempel 3.4.3.
Z
0
∞
cos xt
π
dt = e− |x|
1 + t2
2
144
III
4 Transformasjoner
Bevis. Vi kaller integralet for I og beregner i stedet først L (I), for så å ta den
inversee L -transformasjonen. Dette gir
Z ∞
Z ∞Z ∞
cos(xt) −sx
−sx
e
L f (s) =
f (x)e
dx =
dt dx
1 + t2
0
0
0
Det neste steget blir å bytte om grensene. At integralet fortsatt tar samme verdi
følger fra fubinis sats siden absoluttverdien av integralet konvergerer6
Z ∞
Z ∞
Z ∞
1
1
s
−sx
=
cos(xt)e
dx dt =
dt
2
2 s2 + t2
1
+
t
1
+
t
0
0
0
Bruker vi delbrøksoppspalting på den gjennstående integranden fås
Z ∞
1
1
s
π
1
π 1
s
−
dt =
−1 =
.
=
2
2
2
2
2
1−s 0
s +t
1+t
1−s 2
s
2 1+s
Vi har nå altså beregnet L -transformasjonen av integralet vårt
Z ∞
cos xt
π 1
L
dt
=
2
1
+
t
2 1+s
0
ved å ta den inverse L -transformasjonen på begge sider av likningen fås
Z ∞
cos xt
π 1
π
−1
dt = L
= e− |x|
2
1
+
t
2
1
+
s
2
0
som var det som skulle beregnes. Grunnen til at vi skriver |x| er fordi vi ønsker
at svaret skal holde for alle x. Siden cos x er en likefunksjon så er cos(−xt) =
cos(xt), så vi får samme uttrykk for negative x.
Konvolusjon
Konvolusjon er en måte å definere en relasjon mellom to funksjoner på. Akkuratt
som en definerer addisjon og subtraksjon danner en operasjon på de reelle
tallene. For integraler og spesielt laplace-transformasjoner er følgende definisjon
viktig
Definisjon 3.4.5. La f (t) og g(t) være to funksjoner av t. Vi definerer operasjonen (f ∗ g)(t) som følger
Z ∞
f ∗g =
f (t − τ )g(τ ) dτ
−∞
som og er en funksjon avhengig av t.
Proposisjon 3.4.3. Dersom f og g er en-sidede funksjoner, så er
Z t
(f ∗ g)(t) =
f (t − τ )g(τ ) dτ
0
6
Siden | cos(xt)| < 1 har vi at
Z
∞
Z
|I| ≤
0
som komvergerer.
0
∞
e−sx
dt dx =
1 + t2
Z
0
∞
h
π −sx
e
2
i∞
0
h
dt dx = −
π −sx
e
2s
i∞
0
=
π
2s
III
4.1 Laplace transformasjonen
145
Altså at f (t) = a(t)H(t) og g(t) = b(t)H(t), der H igjen betegner heavyside
funksjonen og a og b er funksjoner av t. Det interessante er hva som skjer når vi
tar L -transformasjonen av f ∗ g.
Proposisjon 3.4.4. La f, g : [0, ∞) 7→ R være to en-sidede funksjoner, og la F (s)
og G(s) betegne deres respektive L -transformasjoner. Da er
L {(f ∗ g)(t)} = F (s)G(s) ⇔ L −1 {F (s)G(s)} = (f ∗ g)(t)
Proposisjonen kan og skrives som
L (f ∗ g) = L (f ) · L (g)
som noen ganger er en hendigere form. Her ser vi altså operasjonen ∗ gjør
L -transformasjonen til en komplett-multiplikativ funksjon7 .
Bevis. Vi begynner med å skrive om F (s)G(s) som dobbeltintegralet
Z ∞Z ∞
F (s)G(s) =
e−s(x+y) f (x)g(y) dx dy .
0
0
Ved å bruke substitusjonen t 7→ x + y også y = τ får vi at integralet kan skrives
Z ∞Z ∞
F (s)G(s) =
e−st f (t − τ )g(τ ) dt dτ .
τ
0
Herfra snur vi integrasjonsrekkefølgen, og at dette er lov følger igjen fra fubinis
sats.
Z t
Z ∞Z t
Z ∞
−st
−st
F (s)G(s) =
e f (t − τ )g(τ ) dτ dt =
e
f (t − τ )g(τ ) dτ dt .
0
0
0
0
Rt
Ved å innfører notasjonen h(t) = 0 f (t − τ )g(τ ) dτ har en nå vist
Z ∞
F (s)G(s) =
e−st h(t) dt = L {(f ∗ g)(t)} ,
0
som ønkset. For å vise den andre likheten tar en invers L -transformasjon av
likningen over. Dette fullfører beviset.
Tanken er nå at i stedet for å beregne integralet f ∗ g kan en i stedet beregne
den inverse L -transformasjonen av produktet av F og G
Z t
f (t − τ )g(τ ) dτ = L −1 {F (s)G(s)}
0
la oss vise et tilfellet hvor dette er nyttig.
Eksempel 3.4.4. Vi ønsker å vise bevise theorem (3.3.6) ved hjelp av konvolusjonstheoremet. Altså at
Z 1
Γ(x)Γ(y)
B(x, y) =
sx−1 (1 − s)y−1 ds =
Γ(x + y)
0
holder for alle komplekse x,y med realdel større enn null.
7 Altså
at f (n ∗ m) = f (n)f (m) holder. For tallteoretiske funksjoner har vi en tilsvarende konvolusjonen nemlig Dirichlet konvolusjonen.
146
III
4 Transformasjoner
Bevis. Vi velger f (t) = tx og g(t) = ty . Ved å beregne f ∗ g har vi
Z t
sx (t − s)y ds
(tx ∗ ty ) =
0
som nesten er definisjonen av beta-integralet. På den ene siden så er L (tx ∗ty ) =
L (tx )L (ty ), slik at
L (tx ∗ ty ) = L (tx )L (ty ) =
x! · y!
sx+y+2
Fra konvolusjons-theoremet har vi da at
Z t
x! · y!
tx+y+1
x
y
−1
s (t − s) ds = L
=
x!
·
y!
(3.47)
sx+y+2
(x + y + 1)!
0
hvor det ble brukt at L −1 Γ(a + 1)/sa+1 = ta igjen fra tabell. Ved å sette inn
x = x − 1, y = y − 1 og t = 1 kan likning (3.47) skrives som
Z 1
Γ(x)Γ(y)
(x − 1)!(y − 1)!
sx−1 (1 − s)y−1 ds =
=
(x + y − 1)!
Γ(x + y)
0
hvor n! = Γ(n + 1). Dette fullfører beviset.
1. La f være en funksjon med periode T . Vis at
Z T
1
Lf (s) =
f (t)e−st dt
1 − e−T s 0
2. La f være en funksjon slik at L -transformasjonen av f eksisterer. Vis at
Z t
1
L
f (w) dw = F (s)
s
0
3.4.2
FOURIER-TRANSFORMASJON
Parseval og Plancherel
Theorem 3.4.1. (Parseval’s identitet) La f og g være kvadratisk integrerbare
funksjoner f, g ∈ L2 slik at indreproduktet er definert. Da holder
Z ∞
Z ∞
hf, gi =
f (x)g(x) dx =
fˆ(x)ĝ(x) dx = hfˆ, ĝi
−∞
−∞
Korollar 3.4.2. (Plancherels Theorem) Spesielt dersom f = g i theorem (3.4.1),
så er
Z ∞
Z ∞
2
2
2
kf k2 =
|f (x)| dx =
fˆ(x) dx = kfˆk22
−∞
−∞
III
4.4 Landen’s transformasjon
3.4.3
MELLIN
147
TRANSFORMASJONEN
Mellin transformasjonen er en multiplikativ transformasjon og er relatert til
den tosidige laplace transformasjonen. Integralet er dypt knyttet til Dirichlet
rekker, og sentral innen analytisk tallteori.
Definisjon 3.4.6. Mellin transformasjonen av f er definert som
Z ∞
M(f (x)) = ϕ(s) =
xs−1 f (x) dx
0
Som før kommer vi enten til å skrive Mf (s) eller ϕ(s) dersom det er innlysende hvilken funksjon vi tar transformasjonen av. Som et grunleggende og
viktig eksempel innen tallteori så er M-transformasjonen av f (x) = e−x lik
Γ-funksjonenen. Mellin-transformasjonen er faktisk en Fourier-transformasjon,
som kan vises ved en substitusjon. Merk at bruksområdene til Fouerier og Mellintransformasjonene er noe forskjellig.
Proposisjon 3.4.5. Gitt at f er en kontinuerlig funksjon på (0, ∞), at f (t) ≤
Ct−α for α ∈ R når t → 0, og at f (t) går mot null raskere enn enhver potens av t
når t → ∞. Så holder følgende
1) Mellin-transformasjonen av f konvergerer absolutt for Re(s) > α og definerer
en holomorf funksjon i det halvplanet.
2) La s = σ + iT , hvor σ > α og la
gσ (t) = e−2πσt f e−2πt
3) Den inverse mellin-transformasjonen er definert som et komplekst linjeintegral og konvergerer for alle σ > α for alle x > 0
Z σiT
1
f (x) =
x−s Mf (s) ds
2πi σ−iT
når T → ∞.
3.4.4
LANDEN’S
TRANSFORMASJON
Som introduksjon forklares først hva det aritmetiske-geometriske snittet er.
Definisjon 3.4.7. (Aritmetiske-geometriske snittet) For to positive reelle tall x
og y definer som følger
1
(a + b)
√2
b1 = ab
a1 =
Der a1 er den aritmetriske middelverdien av a, b og b1 er den geometriske middelverdien av a, b. Deniner så følgen
1
(an + bn )
2
p
= an · bn
an+1 =
gn+1
Følgene konvergerer mot samme verdi og kalles det aritmetiske-geometriske snittet av a og b. Der snittet som M (a, b) eller Agm(a, b).
148
III
4 Transformasjoner
Eksempelvis så er Agm(1, 2) ≈ 1.45679 og Agm(1.5) ≈ 2.604008. La oss først
vise et lemma som relaterer det ellitpiske integralet, og Agm(x, y).
Lemma 3.4.1. Integralet
Z
∞
I(a, b) :=
0
dθ
p
2
2
a cos θ + b2 sin2 θ
er uforandret om a og b byttes ut sitt aritmetriske og geometriske snitt
√
1
I(a, b) = I
(a + b), ab .
2
Bevis. Benytter substitusjonen tan θ = x/b så dθ = cos2 (θ)/b så
Z ∞
dθ
dx
p
p
I(a, b) =
=
2
2
2
2
2
(x + a2 )(x2 + b2 )
0
0
a cos θ + b sin θ
√
Benyttes nå substitusjonen x = t + t2 + ab fås
Z ∞
dt
r
=
2 −∞
2 t2 + a+b
(t2 + ab)
2
Z ∞
dt
r
=
√
2 0
t2 + ( ab )2
t2 + a+b
2
Z
π/2
Kvadratroten ble skrevet om som følger
s
p
(x2 + a2 )(x2 + b2 ) = 2x t2 +
a+b
2
2
√
og dx = (x/ t2 + ab ) dt.
Tidlig på 1800-tallet var Gauss interest i lengden av leminskater altså kurver som ligner på ∞. Etter en numerisk beregning av en spesiell leminskate
observerte han at
Z
1
π 1
dx
√
√
og
2 0
Agm(1, 2 )
1 − x4
stemte til 11 desimaler. Med forbausende klarsyn deduserte Gauss følgende
theorem
Theorem 3.4.2.
Z
I=
π/2
dθ
p
a2
cos2
b2
2
=
π
2 Agm(a, b)
θ + sin θ
√
Bevis. Siden I(a, b) = I 12 (a + b), ab så har vi altså
0
I(a, b) = I(a1 , b1 ) = I(a2 , b2 ) = · · · = I M (a, b), M (a, b)
(3.48)
III
4.5 Cauchy-Schlömilch transformasjonen
149
Setter vi dette inn i likningen fås
Z ∞
Z ∞
dx
1
dy
π
p
=
=
I=
2
2
2
2
2
M (a, b) 0 1 + y
2M (a, b)
(x + M (a, b) )(x + M (a, b) )
0
der substitusjonen x 7→ M (a, b)y ble benyttet.
At dette integralet er nært knyttet til de elliptiske integralene er allerde hintet
til i starten, via substitusjonen b2 = a2 (1 − k 2 ) fås
I=
1
a
Z
0
π/2
dθ
1 π 1
p
= F
, k = K(k)
2
2
a
2
a
1 − k sin θ
(3.49)
Settes likning (3.48) inn i likning (3.49) og løser med hensyn på K fås
K(k) =
a
π
√
.
2 Agm(a, a 1 − k 2 )
fordelen med dette er at iterasjonen av Agm(x, y) konvergerer kvadratisk, altså
dobbles antall rette siffer per iterasjon. Dette er altså særs nyttig for å tilnærme
lengden av ellptiske kurver.
3.4.5
C A U C H Y - S C H L Ö M I L C H
TRANSFORMASJONEN
Utledningene og informasjonen her er stort sett hentet fra [? ] og mer utdyppende informasjon finnes der. Teknikken vi skal se på her ble popularisert
av Oscar Xavier Schlömilch (1823-1901), men kan finnes i notater til Cauchy
tidligere, derav navnet.
Eksempel 3.4.5. Først tar vi en titt på et klassisk integral fra P.Laplace.
r
Z ∞
1 π −2√ab
2
−2
exp −ax − bx
dx =
e
2 a
0
Bevis. For å beregne integralet fullføres kvadratet slik at
Z ∞
Z ∞
√
√
√
2
2
−2
−2 ab
exp(−ax − bx ) = e
e−( a x− b /x) dx
0
0
Definerer så siste integral som K så
Z ∞
√
√
2
K :=
e−( a x− b /x) dx
0
p
Benyttes nå substitusjonen t = x1 b/a fås
r Z ∞
√
√
2 dt
b
e−( a x− b /x) 2 .
K=
a 0
t
Tar en gjennomsnittet av disse to integralene fås
Z ∞
√
√
√
2 √
1
K= √
e−( a x− b /x)
a + b /x2 dx .
2 a 0
(3.50)
150
III
4 Transformasjoner
√
√
Substitusjonen y 7→ a x − b /x gir så
r
Z ∞
1 π
1
−y 2
e
dy =
K= √
2
2
2 a −∞
og dette fullfører beviset da
r
Z ∞
√
1 π −2√ab
exp −ax2 − bx−2 dx = Ke−2 ab =
e
.
2 a
0
Teknikken om blir brukt her ble utvidet av O.Schlömilch til følgende theorem.
Theorem 3.4.3. (Cauchy-Schlömilch) Gitt a, b > 0 og f en kontinuerlig funksjon
da er
Z
Z ∞ 1 ∞
2
f (y 2 ) dy ,
(3.51)
f (ax − b/x) dx =
a 0
0
gitt at integralene i likning (3.51) konvergerer.
Bevis. Benytt substitusjonen t 7→ b/(ax) så
Z ∞ Z ∞ dt
b
2
2
I :=
f (ax − b/x) dx =
f (at − b/t)
a 0
t2
0
Ved å ta gjennomsnittet av disse to integralene fås
Z Z
1 ∞
b
1 ∞
2
=
a + 2 f (at − b/t) dt =
f (y 2 ) dy
a 0
t
a 0
Der substitusjonen y 7→ at − b/t ble brukt i siste overgang. Dette fullfører
beviset.
Denne relativt enkle transformasjonen kan løse langt vanskeligere integral
enn hva dagens symbolske kalkulatorer klarer. Her sammenlikner vi med Maple
14.
Eksempel 3.4.6.
Z
∞
1
exp −(x − b/x)2n = Γ
n
−∞
1
2n
n
Bevis. Tar utgangspunkt i likning (3.51) med f (x) = e−x slik at
Z ∞
Z ∞
2n
2n
exp −(x − b/x)
dx =
e−y dy
−∞
−∞
Z ∞
1
e−t t1/(2n)−1 dt
=
n 0
1
1
= Γ
n
2n
2
der substitusjonen t 7→ y 2n ble brukt i andre overgang. At e−x er symmetrisk
omkring origo, og definisjonen av gammafunksjonen ble benyttet til å fullføre
beviset.
III
4.5 Cauchy-Schlömilch transformasjonen
151
I det neste theoremet ser vi på en naturlig utivdelse av Cauchy-Schlömilch
transformasjonen
Theorem 3.4.4. La s være en kontinuerlig synkende funksjon fra R+ til R+ . Anta
at s er sin egen invers, altså at s−1 (x) = s(x) ∀ x ∈ R+ da er
Z
Z ∞
1 ∞
f (y 2 ) dy
(3.52)
f [ax − s(ax)]2 dx =
a 0
0
der a > 0 og gitt at integralene konvergerer.
Bevis. La først t 7→ ax og bytt tilbake til x som integrasjonsvariabel da fås
Z ∞
Z
1 ∞
2
f [ax − s(ax)] dx =
I=
f [x − s(x)]2 dx
a 0
0
Videre la t 7→ s(x), dette gir
Z
Z
1 ∞
1 ∞
I=
f [x − s(x)]2 dx = −
f [s(t) − t]2 s0 (t) dt
a 0
a 0
Gjennomsnittet av disse to integralene gir
Z ∞
Z
1
1 ∞
2
0
f [x − s(x)]
1 − s (t) dx =
f (y 2 ) dy
2a 0
a 0
der substitusjonen y 7→ x − s(x) ble benyttet i siste overgang. Dette fullfører
beviset.
Det finnes flere funksjoner som er sin egen invers, den enkleste f (x) =
1/x har vi sett grundigere på før. I følgende eksempel vises noen andre slike
funksjoner
Eksempel 3.4.7. En nyttig funksjon som er sin egen invers er
s(x) = x −
1
log (eαx − 1)
α
ved å benytte oss av likning (3.52) fås
Z ∞ Z ∞
1
2
αx
log
(e
−
1)
dx
=
f
f (y 2 ) dy
α2
0
0
Interessant! Ved nå og sette f (x) = e−x fås
√
Z ∞
Z ∞
π
1
2
αx
−y 2
.
exp
log
(e
−
1)
dx
=
e
dy
=
2
α
2
0
0
merk og at integralet kan løses ved å forenkle høyresiden, dette gir
Z ∞
Z ∞
Z ∞
2
1
2
αx
(x−1/α)2
exp
log
(e
−
1)
dx
=
e
dx
=
e−y dy
2
α
0
0
0
via y 7→ x − 1/α, uansett er dette en artig generalisering.
152
III
4 Transformasjoner
3.4.6
DIVERSE
TRANSFORMASJONER
I denne delen skal vi blant annet beregne
Z
∞
I(a, b; r) :=
0
x2
x4 + 2ax + 1
r
x2 + 1 dx
xb + 1 x2
og noen spesialtilfeller. For å løse oppgaven innledningsvis trengs følgende
omskrivning
Lemma 3.4.2.
Z ∞ f
0
x2
4
x + 2ax2 + 1
Z
∞
f
dx =
0
1
x2 + 2(a + 1)
dx
for alle funksjoner f med a > 0.
Bevis. Ved å dele på x2 og faktorisere gir
Z
∞
J=
f
0
x2
4
x + 2ax2 + 1
Z
∞
f
dx =
0
1
(x − x−1 )2 + 2(a + 1)
dx
La oss nå benytte Cauchy-Schlömilc transformasjonen fra theorem (3.4.3) til å
beregne integralet. Her settes f (t) = g 1/(t2 + 2a + 2) . Da har vi
Z
∞
g
0
1
(ax − b/x)2 + 2(a + 1)
dx =
1
a
Z
∞
g
0
1
2
y + 2(a + 1)
dy
og beviset fullføres ved å sette a = b = 1.
Vi er endelig klar til å gyve løs på problemet innledningsvis, nå med barsk
og bram.
Theorem 3.4.5. (V.Moll’s MasterTheorem) La
r
Z ∞
x2 + 1 dx
x2
·
·
I1 =
x4 + 2ax2 + 1
xb + 1 x2
0
r
Z ∞
x2
dx
I2 =
· 2
4 + 2ax2 + 1
x
x
0
r
Z ∞
2
x
I3 =
dx
4 + 2ax2 + 1
x
0
Z ∞
r 1
x2
1
I4 =
· 1 + 2 dx
2 0
x4 + 2ax2 + 1
x
Da er I1 = I2 = I3 = I4 og verdien er
I(a, b; c) =
der λ = r − 1/2.
1
2−(1+λ)
B
λ,
(1 + a)λ
2
(3.53)
III
4.6 Diverse transformasjoner
153
Bevis. Heldigvis så tilfredstiller
R(x) =
x2
x4 + 2ax2 + 1
r
·
x2 + 1
x2
funksjonallikningen R(y) = R(1/y)/y 2 , og fra theorem (2.10.1) så er R(x)/(xb +
1) uavhengig av b. Settes b = 2 fås I2 , b = −2 gir I3 . For å vise I4 kan en enten
sette b = 0 i I1 eller ta gjennomsnittet av I2 og I3 . Dette viser at integralene er
like. For å beregne integralet tar en utgangspunkt i lemma (3.4.2) med f (u) = ur
dette gir
Z
0
∞
x2
x4 + 2ax2 + 1
r
r
1
dx
x2 + 2(a + 1)
0
Z 1
−r+1/2
1
2(a + 1)
ur−3/2 (1 − u)−1/2
2
0
1 1
2−1−r+1/2
,
B
r
−
2 2
(1 + a)r−1/2
−(1+λ)
2
1
B λ,
(1 + a)λ
2
Z
dx =
=
=
=
∞
Der substitusjonen u = x22(a+1)
+2(a+1) ble benyttet i andre overgang. Avslutningvis
ble definisjonen av betafunksjonen benyttet og λ = r − 1/2.
Herfra følger par eksempler på spesialtilfeller av dette integralet
Eksempel 3.4.8. Ved a = 7 og r = 5/4 i I2 fås
Z
0
∞
√
Γ2 (3/4)
x
√
=
(x4 + 14x2 + 1)5/4
4 2π
Et par flere eksempler fås ved å derivere med hensyn på variablene i likning (3.51). Eksempelvis ved å sette a = 1/2 og derivere med hensyn på r
fås
r
r
Z ∞
x2
dx
π Γ(λ)
=
·
4 − x2 + 1
2
x
x
4
Γ(r)
0
r
r
Z ∞
2
2
x
dx
π Γ(λ)
x
log
=
· ψ(λ) − ψ(r)
4 − x2 + 1
4 − x2 + 1
2
x
x
x
4
Γ(r)
0
(3.54)
Hvor λ = r − 1/2 og ψ(x) = Γ0 (x)/Γ(x).
Eksempel 3.4.9. I dette eksempelet setter vi inn tre verdier for r i likning (3.54).
r=1
Z ∞
√
x
x2
1
1
log
=
2π
Γ
ψ(
)
−
ψ(1)
x4 − x2 + 1
2
2
(x4 − x2 + 1)3/2
0
= −π log 2
154
4 Transformasjoner
III
√
Hvor det ble benyttet at ψ(1) = −γ, ψ(1/2) = −γ − 2 log 2 og Γ(1/2) = π .
Via tilsvarende regning fås
r
3/4
Z ∞
x
x2
π Γ 41
1
1
ψ 1−
log
=−
−ψ
3
4 − x2 + 1
4 − x2 + 1
x
x
4
4
4
Γ 4
0
r
1 π 2 1
Γ
=−
2
2
4
for r = 3/4. Her ble det brukt at ψ(1−z)−ψ(z) = π cot(πz) ⇒ ψ(3/4)−ψ(1/4) =
π og Γ(1 − z)Γ(z) = π/ sin(πz) ⇒ 1/Γ(3/4) = Γ(1/4) sin(π/4)/π. Dette klarte
ikke Maple 14 å beregne.
III
5 Diverse applikasjoner
3.5
155
DIVERSE APPLIKASJONER
Theorem 3.5.1. Anta f er en kontinuerlig, deriverbar8 og strengt økende funksjon
Rb
på [a, b]. Let m = (a + b)/2 være midpunktet, da har g(x) = a |f (t) − x| dt et
unikt minimum over x ∈ R. Minumumet er
Z b
Z m
f (t) dt −
f (t) dt
m
a
and skjer ved x = f (m).
Bevis. Dersom x < f (a) eller x > f (b) så er
Z b
Z b
|f (t) − x| dt >
|f (t) − f (c)| dt,
a
a
hvor c er a dersom x < f (a) og b dersom x > f (b). Et minimum må altså skjer
i for f (a) ≤ x ≤ f (b). Fra middelverdi setningen (B.1.1) så eksisterer det en
x = f (ξ) hvor ξ ∈ [a, b]. Så
Z b
Z ξ
Z b
|f (t) − f (ξ)| dt =
f (ξ) − f (t) dt +
f (t) − f (ξ) dξ
a
a
ξ
Legg merke til at f (ξ) er konstant og kan beregnes. Ved å snu grensene i siste
integral får en da
Z b
Z ξ
= 2ξ − (a + b) f (ξ) +
f (t) dt −
f (t) dt
(3.55)
ξ
a
Siden vi har antatt at f er deriverbar så kan vi trygt derivere likning (3.55).
Z b
d
|f (t) − f (ξ)| dt = 2ξ − (a + b) f 0 (ξ) = 0
dξ a
Nå siden f er strengt økende på intervalet medfører dette at f 0 (ξ) > 0 for alle
ξ ∈ [a, b]. Så den deriverte er null når ξ = (a + b)/2. Den dobbelderiverte er
negativ ved x = ξ slik at ξ virkelig er et minimum.
La oss nå vise at ξ virkelig er et unikt minimum. Siden ingenting forandres
ved å legge til en konstant til f , eller skalere intervalet skalerer vi slik at a = −a
og f (0) = 0. Da er
Z b
Z b
Z ζ
|f (t) − f (ζ)| dt −
|f (t) − f (ξ)| dt = 2 ζf (ζ) − ξf (ξ) − 2
f (t) dt.
−b
−b
ξ
Dersom vi velger ξ = 0 så blir differansen
Z ζ
Z
2ζf (ζ) − 2
f (t) dt = 2
0
ζ
f (ζ) − f (t) dt > 0,
0
og tilsvarende om vi velger ζ = 0, så blir den
Z 0
Z 0
−2ξf (ξ) − 2
f (t) dt = 2
f (ξ) − f (t) dt < 0,
ξ
ξ
dette viser at x = f (m) virkelig gir et unikt globalt minimum.
8 Kravet
om deriverbarhet er ikke nødvendig, men det forenkler beviset noe.
156
5 Diverse applikasjoner
3.5.1
G U LV
O G TA K - F U N K S J O N E R
3.5.2
ITERERTE
INTEGRAL
III
III
6 Derivasjon under integraltegnet
3.6
157
D E R I VA S J O N U N D E R I N T E G R A LT E G N E T
One thing I never did learn was contour integration. I had learned
to do integrals by various methods shown in a book that my high
school physics teacher Mr. Bader had given me. That book also
showed how to differentiate parameters under the integral sign—it’s
a certain operation. It turns out that’s not taught very much in the
universities; they don’t emphasize it.
But I caught on how to use that method, and I used that one damn
tool again and again. So because I was self-taught using that book,
I had peculiar methods of doing integrals. The result was, when
guys at MIT or Princeton had trouble doing a certain integral, it
was because they couldn’t do it with the standard methods they had
learned in school. If it was contour integration, they would have
found it; if it was a simple series expansion, they would have found
it. Then I come along and try differentiating under the integral sign,
and often it worked. So I got a great reputation for doing integrals,
only because my box of tools was different from everybody else’s,
and they had tried all their tools on it before giving the problem to
me.
(Feynman [? , s47-48])
Metoden som Mr. Feynman i denne passasjen refferer til går ofte under navnet derivasjon under integraltegnet, derivasjon med hensyn til en parameter, eller
til og med Feynman integrasjon. Uansett hvordan en ønsker å navngi metoden,
så ligger appelen og skjønnheten i at metoden kan bli benyttet til å beregne
tilsynelatende umulige integral, uten bruk av mer enn elementær kalkulus9 .
Vi skal studere hvilke situasjoner følgende likhet (som vi inderlig ønsker skal
være sann) holder
Z
Z
d
∂
f (x, y) dy =
f (x, y) dy .
(3.56)
dx Y
∂x
Y
Ved å bruke definisjonen av den deriverte ser vi at utsagnet er ekvivalent med
følgende
Z
Z
lim
f (x, y) dy =
lim f (x, y) dy
(3.57)
x→n
Y
Y x→a
Følgende teorem viser når utsagnet stemmer.
Theorem 3.6.1. (Elementær form). La f : [a, b] × Y → R være en funksjon, der
[a, b] er et lukket interval og Y er et kompakt underrom av Rn . Da er
Z
Z
d
∂
f (x, y) dy =
f (x, y) dy .
dx Y
∂x
Y
R
Dersom både f (x, y) og ∂f (x, y)/∂x er kontinuerlige for alle x, y og Y f (x, y) dy
en kontinuerlig, deriverbar funksjion med hensyn på x ∈ [a, b].
9 Om
en ser bort fra den lille desjen med målteori som er nødvendig for å bevise theorem (3.6.2)
158
6 Derivasjon under integraltegnet
III
Et bevis av overnevnte ville brukt mye vanskelig notasjon og teoremer fra
funksjonalanalysen. Så det droppes for leserens helse og velbehag. I korte
trekk vil et bevis ta i bruk at Y er kompakt, som impliserer uniform konvergens.
(Selve definisjonen av kompakthet). Herfra kan det å bytte om grenseverdien
og integralet rettferdigjøres.
Dessverre så er denne definisjonen ofte noe snever, da vi gjerne vil se på
områder som ikke er kompakte. Eksempelvis halvåpne interval [x, ∞), eller
åpne interval (−∞, ∞). Heldigvis finnes det en mer generell verisjon av theorem (3.6.1). Som bruker enda mer abstrakt notasjon, mer spesifikt målteori.
Theorem 3.6.2. (Målteori utgave) La X være et åpent underrom av R og la Ω
være et målrom. Anta f : X × Ω → R tilfredstiller følgende betingelser
1) f (x, ω) er en Lebesgue-integrerbar funksjon av ω for enhver x ∈ X.
2) For nesten alle ω ∈ Ω, så eksisterer den deriverte ∂f (x, ω)/∂x for enhver
x ∈ X.
3) Def finnes en integrerbar funksjon Θ : Ω → R slik at |∂f (x, ω)/∂x| ≤ Θ(ω)
for enhver x ∈ X.
Da for enhver x ∈ X så er
Z
Z
∂
d
f (x, y).dω =
f (x, y) dω .
dx Ω
Ω ∂x
Dette teoremet gis oss og grunnlaget for ikke bare å deriverre under integraltegnet når området er Y er endelig, men og for Y = (0, ∞) gitt at kravene
ovenfor holder.
For leserens trygghet holder heldigvis de to første kravene for nesten alle
integraler. Om funksjonen er kontinuerlig eller glatt, eksisterer den deriverte for
alle verdier. Om funksjonen konvergerer absolutt er den Lebesgue integrerbar,
eller om funksjonen er Riemann integrerbar på et endelig intervall. Det som
stort sett må sjekkes er at både integranden, og dens deriverte er bundet på
intervalet. For enkelhetens skyld gis og følgende teorem som konkretiserer dette
Theorem 3.6.3. Begge sider av likningen
Z
Z
d
∂
f (x, y) dy =
f (x, y) dy .
dx Y
∂x
Y
eksisterer og er like i et punkt t = t0 gitt at følgende to krav holder
1) f (x, t) og ∂f (x, t)/∂t begge kontinuerlige når x ∈ Y og t befiner seg i et lite
omhegn innenfor t0
2) Det eksisterer funksjoner slik at f (x, t) ≤ A(x) og ∂f (x, t)/∂t ≤ B(x)
Rb
Rb
som er uavhengig av t slik at a A(x) dx og a B(x) dx konvergerer.
Teoremet noe svakere (Det gjelder ikke for Lebesgue-integral), men holder
for de funksjonene som blir studert her. Men nå har det vært fryktelig mye snakk,
vi slår til med barsk og bram for å vise hvor nyttig denne teknikken kan være
III
6 Derivasjon under integraltegnet
159
Eksempel 3.6.1. Vi ønsker å bestemme følgende integral
Z 1 2
x −1
dx
log x
0
Integralet har ingen kjent antiderivert, og vi må derfor ty til andre metoder. Den
vante leser vil kanskje legge merke til enten at integralet kan skrives som et
dobbeltintegral, eller at det er et frullani integral i forkledning (u 7→ log x). Men
dette sparer vi til en senere annledning. Vi trenger noe å derivere med hensyn
på, og innfører paramteren a > 0 som følger
Z 1 a
x −1
dx
I(a) =
log x
0
Her vil selvsagt I(2) gi oss integralet vi er ute etter. Derivasjon med hensyn på a
gir
Z 1 a
Z 1
Z 1
d
x −1
∂ xa − 1
1
dx =
dx =
xa dx =
I 0 (a) =
da 0 log x
∂a
log
x
1
+
a
0
0
Integrasjon gir oss at
I(a) = log(1 + a) + C
Konstanten kan bestemmes ved å betrakte a = 0. Da er I(0) = 0 og log(1) = 0
slik at C = 0. Vi får da altså at
Z 1 2
x −1
dx = I(2) = log(1 + 2) = log 3
log x
0
som var det vi ønsket å finne.
Theorem 3.6.4. (Dirichlet integral) er definert som følger
Z ∞
sin ω
π
dω =
ω
2
0
Dette integralet vil dukke opp gjentatte ganger videre og er svært viktig innen
signalanalyse. Ofte blir forkotelsen sinc(x) = sin(x)/x benyttet. En alternativ
definisjon er å først normalisere funksjonen slik at sinc(x) = sin(πx)/πx, som
har en rekke kjente definisjoner.
∞ Y
sin(πx)
x2
1
=
1− 2 =
πx
n
Γ(1 + x)Γ(1 − x)
n=1
Har en noe kjennskap til laplacetransformasjoner eller singnalanalyse vil følgende
utregning av integralet gi mer mening. Vi prøver først å innføre variabelen a
som følger.
Z ∞
sin ax
I(a) =
dx
x
0
Men ved derivasjon fås I 0 (a) = cos(ax) som ikke konvergerer! La oss heller se
på følgende metode
160
6 Derivasjon under integraltegnet
III
Bevis. Vi definerer følgende funksjon
Z ∞
I(b) :=
sinc(x) · e−bx dx
0
Dette er faktisk laplce-transformasjonen av sinc(x) som vi skal se senere. Herfra
ses at det originale integralet oppstår ved å la b = 0. Derivasjon gir
Z ∞
Z ∞
∂ −bx
1
I 0 (b) =
e−bx sin x dx = −
+C
e
sinc(x) dx = −
∂b
1
+
b2
0
0
Hvor det siste integralet har blitt løst flere ganger før. Enten skriv om integralet
til kompleks form, eller benytt delvis integrasjon to ganger. Integrasjon gir nå
I(b) = C − arctan(b)
Igjen gjennstår det å beregne konstanten C. Dersom vi lar b → ∞ så vil I(b) → 0
og arctan b → π/2. Som medfører at
I(b) =
π
− arctan(b)
2
Ved å la b = 0 får vi vårt originale integral, slik at
Z ∞
sin x
= 2 · I(0) = π
x
−∞
som var det vi ønsket å finne.
Et annet forholdsvis klassisk eksempel er følgende integral
√
x
dx = π log 2
tan x
π/2
Z
0
som kan løses ved å betrakte følgende integral
Z
π/2
I(b) =
0
tan(b arctan x)
dx
tan x
Der I(1) gir oss vårt opprinnelige integral. Mellomregningene overlates til leser
og i neste seksjon vil integralet beregnes ved å skrive ut taylorrekka til tan x.
Vi snur derimot oppmerksomheten vår mot et moteksempel. I påfølgende
eksempel viser det seg at høyre og venstre side i likning (3.56) ikke nødvendigvis
er like.
Eksempel 3.6.2. For alle x, t ∈ R, så definerer vi følgende funksjon
(
xt3
hvis x = 0 eller t 6= 0,
(x2 +t2 )2
f (x, y) :=
0
hvis x = 0 og t = 0.
La videre
Z
F (t) :=
1
f (x, t) dx .
0
III
6 Derivasjon under integraltegnet
161
Integralet beregnes for t = 0 og t 6= 0 som følger
Z 1
Z 1
F (0) =
f (x, 0) dx =
0 dx = 0
0
0
1
Z
F (t) =
0
3
xt dx
(x2 +
2
t2 )
Z
1+t2
=
t2
t3 du
1
t
=
2u2
2 1 + t2
Formelen er og gyldig for t = 0. Ved derivasjon fås
d
1 1 − t2
F (t) =
dt
2 (1 + t2 )2
∀t ∈ R
På den andre siden så er f (0, t) = 0 ∀t, slik at ∂f (0, t)/∂x = 0. Når x 6= 0 så blir
den deriverte
2
x2 + t2 (3xt2 ) − xt3 · 4t x2 + t2
xt2 3x2 − t2
∂
f (x, t) =
=
4
3
∂t
(x2 + t2 )
(x2 + t2 )
Kombineres resultatet får vi altså at
(
xt2 (3x2 −t2 )
∂
(x2 +t2 )3
f (x, t) =
∂t
0
hvis
hvis
x 6= 0
x=0
(3.58)
Som motbevis til likning (3.56) benyttes heller den tilsvarende definisjonen vist
i likning (3.57) hvor vi ser på a = 0. Da er
Z 1
Z 1
xt3
1
0
=
F
(0)
=
og
lim
lim f (x, t) = 0
t→0 0 (x2 + t2 )2
2
0 t→0
Altså er grensene ulike! Dette gjelder uansett om x = 0 eller ei. Problemet er er
at ∂f (x, t)/∂t ikke er en kontinuerlig funksjon, spesifikt blåser den opp i origo.
Som et aller siste eksempel så studerer vi enda en gang det Gaussiske integralet. Det finnes enklere metoder å beregne integralet på enten via dobbeltintegraler se spesifikt eksempel (3.8.2) og (3.8.3). Eller ved gammafunksjonen som
vist i ??.
Eksempel 3.6.3. Vi skal vise det liknende resultatet
√
r
Z ∞
2π
π
−x2 /2
e
dx =
=
2
2
0
og får å få det klassiske
√ gaussiske integralet kan resultatet ovenfor benyttes via
substitusjonen u = 2 x. Vi definerer følgende integral for t > 0
Z t
2
−x2 /2
A(t) :=
e
dx
.
0
Hvor vi får vårt ønsekede integral ved å la t → ∞ også ta kvadratroten. Derivasjon med hensyn på t gir oss
Z t
2
2
2
A0 (t) = 2
e−x /2 dx e−t /2 = 2e−t /2 A(t)
0
162
III
6 Derivasjon under integraltegnet
Benyttes substitusjonen x = ty nå fås
Z 1
Z
2
2 2
A0 (t) = 2e−t /2
te−t y /2 dy =
0
1
2te−(1+y
2
)t2 /2
dy
0
Funksjonen er nå enkel å bestemme den antideriverte med hensyn på t, da fås
Z 1 −(1+y2 )t2 /2
Z 1
2 2
∂ 2e−(1+y )t /2
d
e
0
dy = −2
dy
A (t) =
−
2
∂t
1
+
y
dt
1 + y2
0
0
For nå definerer vi integralet som en ny funksjon så
Z 1 −(1+y2 )t2 /2
e
B(t) :=
dy
1 + y2
0
Slik at vi har likningen A0 (t) = −2B 0 (t) ∀ t > 0. Integrerer vi begge sider ser vi
at det finnes en konstant C slik at
A(t) = −2B(t) + C
∀t > 0.
Lar vi nå t → 0+ får vi at A(t) → 0 mens B(t) →
Altså så er
R1
0
(3.59)
dy/(1 + y 2 ) = π/4.
0 = −2(π/4) + C ⇒ C = π/2 .
Lar vi nå t → ∞ i likning (3.59) fås
Z
t
−x2 /2
e
lim
t→∞
2
dx
= lim
0
Z
∞
−x2 /2
e
0
π
−
2
t→∞
Z
0
1
2
e−(1+y )t
1 + y2
2
!
/2
dy
(3.60)
2
Z 1
2 2
π
e−(1+y )t /2
dx =
−
lim
dy
2
1 + y2
0 t→∞
Ved å benytte oss av likning (3.57). Herfra ser vi at høyresiden går mot π/2 da
e−ax → 0 når x → ∞ ∀a > 0. Slik at
r
Z ∞
π
−x2 /2
e
dx =
,
2
0
da integralet må være positivt.
Det finnes mange flere integral som kan løses ved hjelp av derivasjon under
integraltegnet men disse blir plassert som oppgaver for leser, både her og på
slutten av dokumentet.
1. Bruk integralet
∞
Z
e−tx dx
F (t) :=
0
til å vise at
Z
n! =
0
hvor n ∈ N.
∞
xn e−x dx
III
6 Derivasjon under integraltegnet
2. Bestem og integralet
Z
∞
F (t) :=
0
xa − xb
dx
log x
via derivasjon under integraltegnet. Vis og at derivasjonen er lovlig.
3. Vis at
∞
Z
J(a, b) :=
a cos2
0
og bruk dette til å beregne
Z ∞
I :=
1
π
dx = √
2
x + b sin x
2 ab
1
a cos2
0
x + b sin2 x
2 dx
. Her er a og b reelle tall.
4. Bestem følgende integral
π
Z
log 1 − 2α cos(x) + α2 ,
ϕ(α) :=
0
hvor |α| =
6 1 og α ∈ R.
5. Vi definerer følgende integral
Z
T (u) =
0
1
√
arctan(u 2 + x2 )
√
dx
(1 + x2 ) 2 + x2
Bruk dette integralet til å vise at
√
Z 1
arctan 2 + x2
5π 2
√
dx =
.
2
2
96
0 (1 + x ) 2 + x
Dette integralet kalles for Ahmeds Integral [? ], og senere skal vi
og se på generaliseringer av integralet.
163
164
III
7 Uendelige rekker
3.7
UENDELIGE REKKER
Ofte er kan integraler forenkles betraktelig om en kan omskrive integralet
til en sum. En vanlig måte å gjøre dette på er å skrive ut taylorrekka til hele
eller deler av integranden. For å konkretisere la oss se på følgende integral, som
kanskje mange kjenner igjen fra tidligere
1
Z
0
log(1 − z)
dz .
z
Dette har blitt beregnet før som − Li2 (1). La oss nå heller skrive ut taylorrekka
til logaritmen slik at vi får
Z
1
log(1 − z)
dz =
z
0
1
Z
0
∞
X
zn
−
n
n=1
1
z
!
Z
dz = −
∞
1X
0 n=0
zn
dz
n+1
Som vi ser hadde det vært veldig behagelig å kunne nå bytte rekkefølge på
summasjonen og integrasjonen. Følgende teorem gir oss en grunn når vi kan
gjøre dette
Theorem 3.7.1. (Monoton konvergens teoremet) Anta at funksjonene f1 , f2 , f3 , . . .
er positive på et interval (a, b) (Altså at fk ≥ 0 for enhver x). Da er
Z
∞
bX
fn (x) dx =
a n=1
∞ Z
X
n=1
b
fn (x) dx
a
som har gyldighet for negative funksjoner.
Ved å bruke teoremet får vi nå relativt direkte at
Z
0
1
∞ Z 1
∞
X
X
log(1 − z)
zn
1
π2
dz = −
dz = −
=−
2
z
n+1
n
6
n=0 0
n=1
Ved å sammenligne med verdien vi fikk tidligere for Li2 (1) kan vi anta at bytte
var lovlig. For å være sikker ser vi at xn /n + 1 er positiv for alle verdier, og vi
kan puste lettet ut.
Eksempel 3.7.1. Vi ser nå på et liknende integral hvor a > 0
Z
I :=
1
log 1 + e−ax dx
0
hvor a > 0. Vi ser herfra på taylorrekka til log(1 + x) som konvergerer for |x| < 1.
III
7 Uendelige rekker
165
Heldigvis så er e−ax < 1 på x ∈ [0, 1] når a > 0. Direkte får vi da
Z ∞
I=
log 1 + e−ax dx
0
∞
∞X
(−1)n+1 −n·ax
e
dx
n
0
n=1
∞
∞
X
e−n·ax
(−1)n+1
=
−
dx
n
na
0
n=0
Z
=
∞
1 X (−1)n−1
(0 − 1) dx
a n=1
n2
1
1
1
=
1 − 2 + 2 + ...
a
2
3
2
π
=
12a
=
Eksempel 3.7.2.
Z
1
log(1 − z) log z dz = 2 −
I :=
0
π2
6
Bevis. Skriver ut taylorrekka til log(1 − z) slik at integralet kan skrives som
!
Z 1
∞
X
zn
I=
dz
log z
n
0
n=1
Z 1
∞
X
1
=
z n · log z dz
n
0
n=1
(
)
1 Z 1
∞
X
z n+1 log z
1
zn
dz
−
=
n
z+1
0 n+1
0
n=1
∞
X
1
1
=
·
n
(n
+
1)2
n=1
=
∞
X
1
1
−
n
n+1
n=1
∞
!
= 1 + 1 − ζ(2) = 2 −
−
X
1
1
−
+
2
(0 + 1)
(n + 1)2
n=0
!
π2
6
Her ble det brukt i andre overgang at taylorrekka til log(1 − z) er analytisk på
(0, 1) og i siste mellomregning ble det benyttet at første sum er en teleskoperende
rekke slik at
1
1
1
1
1
1
1
S = 1−
+
−
+ ... +
−
+
−
2
2
3
k−1
k
k
k+1
1
=1−
k+1
slik at når k → ∞ så vil S → 1. I siste sum brukte en at S(1) = −a0 + S(1).
166
7 Uendelige rekker
III
I gjennom denne delen har vi gjentatte ganger benyttet oss av Basel problemet, mer eller mindre bevisst. Problemet går ut på å bestemme følgende
sum
∞
X
1
1
1
1
=
lim
1
+
+
+
.
.
.
+
n→∞
n2
4
9
n2
n=1
men det blir først i neste seksjon at vi viser en måte å bestemme summen på.
Her nøyer vi med å avslutte med et lemma som vil hjelpe oss senere.
Lemma 3.7.1.
∞
∞
X
4 X
1
1
=
2
n
3 n=0 (2n + 1)2
n=1
Bevis. Vi begynner å kalle summen for S og deler den i odde og like ledd
S :=
∞
∞
∞
X
X
X
1
1
1
=
+
2
2
n
(2n)
(2n + 1)2
n=1
n=1
n=0
Herfra ser vi nærmere på første sum, så
∞
X
n=1
∞
1
1 X 1
S
=
=
(2n)2
4 n=1 n2
4
Bruker vi dette i forrige likning får vi nå at
∞
∞
∞
X
X
1
1
4 X
1
1
⇒ S=
=
S= S+
2
2
4
(2n
+
1)
n
3
(2n
+
1)2
n=0
n=1
n=0
som var det vi ønsket å vise.
Oppgaver
Z
6. Bestem integralet
∞
cos log x dx .
0
III
8 Dobbel Integraler
3.8
167
DOBBEL INTEGRALER
I denne delen skal vi fokusere hovedsaklig på dobbeltintegral og se hvordan
de kan hjelpe å løse vanskelige integral. Metoden kan delvis bli sammenliknet
med å derivere under integraltegnet.
Det kanskje viktigste theoremet når det kommer til evalueringen av slike
dobbeltintegraler er følgende.
Theorem 3.8.1. (Fubini’s Teorem.) Anta at X og Y er to lukkede målbare rom.
Anta videre at f (x, y) er X × Y målbart. Da er
ZZ
Z Z
Z Z
f (x, y) d(x, y) =
f (x, y) dx dy =
f (x, y) dy dx
X×Y
Y
X
X
Y
hvis og bare hvis følgende gjelder
Z Z
1)
f (x, y) d(x, y) < ∞
X×Y
Her kan gjerne X og Y eksempelvis være relle interval X = [0, 1]. Men
theoremet holder og for mye mer abstrakte rom. Dette theoremet er langt mer
abstrakt enn hva vi trenger, og et bevis kan finnes i [? , s. 163]. Essensen er at
vi ikke kan bytte om integralgrensene når det passer oss. Et enkelt eksempel på
dette vist under
Eksempel 3.8.1. La oss først se på følgende funksjon
f (x, y) =
x2 − y 2
(x2 + y 2 )2
og integralet over enhetskuben S = [0, 1] × [0, 1]. Ved å regne ut absoluttverdien
av funksjonen fås
Z 1Z 1
Z 1 Z y
Z 1
y 2 − x2
x2 − y 2
|f (x, y)| dx dy =
dx
+
dx
dy
2
2 2
2
2 2
0
0
0
0 (x + y )
y (x + y )
Z 1
1
1
1
=
+
− 2
dy
2y
2y
y +1
0
Z 1
Z 1
1
1
=
dy −
dy.
2
0 y
0 1+y
Slik at absoluttverdien av integralet går mot uendelig. For å gå mellomregningene litt mer i sømmene kan en se på likning (2.53) Her får en at
Z
x2 − y 2
y
dx =
(x2 + y 2 )2
x2 + y 2
Z
x2 − y 2
x
dx = − 2
(x2 + y 2 )2
x + y2
Dermed så blir
Z 1 Z
0
Z
0
1
0
1
Z
0
1
1
Z 1
y
x2 − y 2
π
dy dx =
dx =
2 + y2
(x2 + y 2 )2
x
4
0
0
Z
0
1
x2 − y 2
x
π
dx dy =
dy = −
2
2
2
2
2
(x + y )
x +y 1
4
0
168
III
8 Dobbel Integraler
At vi får to ulike verdier kommer av at absoluttverdien ikke er endelig. Akkuratt i
dette eksempelet så er absoluttverdien av integralet ikke endelig fordi funksjonen
har en singularitet i origo. Ved å forandre på grensene forandrerer en også
hvordan en nærmer seg dette punktet med sine riemansummer.
Oppsumert kan en altså si at hvis
ZZ
|f (x, y)| d(x, y) = ∞
S
(der S = [a, b] × [c, d]) så kan godt
b
Z
d
Z
Z
a
d
b
Z
og
f (x, y) dy dx
f (x, y) dx dy
c
c
a
ha ulike verdier.
Som en apèrtiff på det som kommer senere, tar vi atter en kikk på det klassiske Gaussiske integralet
∞
Z
1
√
π
2
e−x dx = 1 ,
−∞
Som er essensiel innen blant annet sannsynlighetsregning. Fra før har vi allerede
vist integralet ved hjelp av gamma og betafunksjonen. Den klassiske utledningen
er derimot ved dobbeltingralet og vist i det påfølgende eksempelet
Eksempel 3.8.2. Vi definerer følgende integral, og ser på kvadratet.
Z
∞
I :=
e
−x2
Z
2
∞
dx ⇒ I =
−∞
e
Z
−x2
∞
e
dx
−∞
−x2
dx
−∞
Variabelnavnet har ingenting å si når vi integrer, så vi lar heller y være integrasjonsvariabelen i siste integral og får
2
Z
∞
I =
−x2
e
∞
Z
dx
−∞
e
−y 2
dy
−∞
Z
∞
Z
∞
=
−∞
2
2
e−x e−y dx dy
−∞
Merk her ble integrasjonsrekkefølgen byttet, og i følge Fubinis sats er dette ikke
lov om ikke absoluttverdien av integralet konvergerer. Videre regning gir
Z
2
∞
e−(x
I =
2
+y 2 )
dx dy .
−∞
Herfra bytter vi til polarkoordinater, hvor x2 + y 2 = r2 og r dr dθ = dx dy
Z
2π
Z
∞
−r 2
re
=
0
0
∞
1 −r2
dr dθ = 2π − e
=π
2
0
√
Slik at vi får I = π som ønsket. At vi kan bytte om grensene følger fra at
funksjonen er absolutt konvergent. For å se dette så kan vi benytte at e−µ >
III
8 Dobbel Integraler
169
0 ∀ µ ∈ R så
Z
∞
e
I=
−x2
−∞
−1
Z
e
=
−x
2
Z
Z
dx +
−∞
1
−x2
e
2
−x · e−x dx +
≤
2
e−x dx
Z
2
e−x dx
1
Z
1
e0 dx +
−1
−∞
∞
dx +
−1
−∞
−1
Z
∞
dx =
Z
∞
2
x · e−x dx
1
= 2 + e−1
Og siden 2 + e−1 < ∞ så konvergerer integralet absolutt. Her ble det bla brukt
at funksjonen er symmetrisk og synkende.
I videre utledninger vil det stort sett ikke bli vist at integralet konvergerer
absolutt. Da det antas fremmover at integralene konvergerer absolutt om ikke
annet blir sagt. Men det er noe å ha i tankende, og uten tvil en god øvelse å vise
at integralet konvergerer absolutt.
Eksempel 3.8.3. En alternativ måte å beregne integralet på er å studere følgende
integral
ZZ
J=
x exp −x2 (y 2 + 1) d(x, y)
S
hvor S = [0, ∞) × [0, ∞). På den ene siden så er
Z ∞Z ∞
J=
x exp −x2 (y 2 + 1) dx dy
0
0
ved å bruke substitusjonen u = x2 (y 2 + 1) fås
Z ∞
Z ∞
1
dy
−u
=
e
du
2
y2 + 1
0
0
∞ −u 0
1
=
arctan y 0 · e
∞
2
1π
=
−0 · 1−0
2 2
π
=
4
Beregner vi derimot integralet ved å ha motsatte grenser via t = xy fås
Z ∞Z ∞
J=
x exp −x2 (y 2 + 1) dy dx
Z0 ∞ Z0 ∞
=
exp −t2 − x2 dt dx
0
0
Z
Z ∞
∞
2
2
=
exp −t dt ·
exp −x dx
0
=
I
2
√
Slik at I = π som før.
0
2
170
III
8 Dobbel Integraler
Det å anta at et integral er et dobbelintegral, som har blitt integrert feil
veier mye brukt. Altså at en har integrert først x også med hensyn på y i stedefor motsatt. Teknikken blir da å skrive om integralet som et dobbeltintegral
igjen, snu grensene og beregne det forhåpentligvis enklere integralet. Dette blir
forhåpentligvis klarere i det følgende eksempelet
I forbindelse med gamma- og betafunksjonene ble følgende integral betraktet
Z ∞
exp(−ax) − exp(−bx)
dx
I=
xn
0
Her vil vi studere spesialtilfellet hvor n = 1, da har vi
Z ∞
exp(−ax) − exp(−bx)
I=
dx
x
0
Z ∞Z b
e−y·x dy dx
=
a
∞
0
Z
b
Z
e−y·x dx dy
=
a
Z
0
b
=
a
Z
e0
e−xy
− lim
x→∞
y
y
dx
b
dy
y
a
a
= log
b
=
Tilsvarende metode kan bli benyttet på en rekke integral. Faktisk har vi følgende
teorem
Theorem 3.8.2. (Frullani’s Theorem). La f ∈ C 1 (kontinuerlig deriverbar), og
la f (∞), f (0) ∈ R. Da er
Z
f (ax) − f (bx)
b
dx = f (0) − ` log
,
∀ a, b ∈ (0, ∞) ,
x
a
der limx→∞ f (x) = ` og limx→0 = f (0).
Bevis. Theoremet gjelder under svakere betingelser, men gitt de ovenfor kan et
artig dobbeltintegral benyttes. Vi definerer
ZZ
Y =
−f 0 (xy) dx dy
D
der D = (x, y) ∈ R2 : x ≥ 0 , a ≤ y ≤ b . Vi beregener integralet begge veier.
På den ene siden så er
0
Z b Z ∞
Z b
f (xy)
0
Y =
−f (xy) dx dy =
dy
y
a
0
a
∞
Z b
f (0) − `
b
=
dy = f (0) − ` log
y
a
a
III
8 Dobbel Integraler
171
Ved å bytte om integrasjons rekkefølgen fås derimot
!
a
Z ∞ Z b
Z ∞
Z ∞
f (xy)
f (ax) − f (bx)
0
−f (xy) dy dx =
Y =
dx
dx =
x
x
a
0
0
0
b
og vi er ferdige. For at bytte av integrasjonsrekkefølgen skal være lovlig må vi
ha at |f 0 (xy)| < 0 hvor y ∈ [a, b] og x ∈ (0, ∞).
Flere steder blir teoremet gitt med at ` = 0, men det er ikke vanskelig å finne
eksempler på hvor f (0) = 0 og ` 6= 0.
Eksempel 3.8.4.
Z ∞
q
arctan(px) − arctan(qx)
π
π
p
log
= 0−
=
log
x
2
p
2
q
0
Hvor f (0) = arctan 0 = 0 og ` = arctan(∞) = π/2.
Nå har vi tatt for oss Fubini og Frullani integral, så da er det passende at vi
tar for oss Fresnel integralene avslutningsvis.
Theorem 3.8.3. (Fresnel’s Integral) er definert som følger
r
Z ∞
Z ∞
π
2
2
sin x dx =
cos x dx =
8
−∞
−∞
Dette kan bevises ved hjelp av eksempelvis kompleks analyse, men her brukes
selvsagt dobbeltintegralet. Men for å vise dette trengs et par lemma først:
Lemma 3.8.1.
Z ∞
2
1
1
√ = √
e−tx dx
π −∞
t
√
√
Bevis. Bruk substitusjonen u = t x ⇒ dx = du/ t , da fås direkte
Z ∞
Z ∞
2
1
1
1
−tx2
√
e
dx = √
e−u du = √
π −∞
πt −∞
t
√
Der det ble benyttet at verdien av det gaussiske integralet over R er π som ble
vist i eksempel (3.8.2) og eksempel (3.8.3).
Lemma 3.8.2.
Z ∞
2
e−tx sin t dt =
0
1
1 + x4
Z
og
0
∞
2
e−tx cos t dt =
x2
1 + x4
Bevis. Det har blitt vist i Del II (proposisjon (2.7.1)) at
Z
e−αt I = e−αt sin βt dt = − 2
α sin βt + β cos βt
α + β2
Z
e−αt J = e−αt cos βt dt =
β sin βt − α cos βt
2
2
α +β
172
III
8 Dobbel Integraler
Resutatet kan vises ved å skrive om på kompleks form eller via delvis integrasjon.
Med innsatte grenser fås10
Z ∞
β
I=
e−αt sin βt dt = 2
(3.61)
α + β2
Z0 ∞
α
e−αt cos βt dx = 2
J=
(3.62)
α
+
β2
0
og beviset fullføres ved å sette β = 1 og α = x2 .
Lemma 3.8.3.
Z
0
∞
1
π/n
=
1 + xn
sin(π/n)
Bevis. En mer generell form er vist før i likning (3.26), men vi gjennomgår
likevell beviset i korte trekk. Ved å bruke substitusjonen x 7→ 1 + uβ ⇒ u =
(x − 1)1/β kan integralet skrives som
Z ∞
Z ∞
1
1
1
I=
(x − 1)(1/n)−1 dx
du
=
n
1+u
β 1 x
0
hvor β er et reellt positivttall og substitusjonen Settes nå x = 1/v fås
Z 1
1
1
1
1
−1/n
−1+1/n
I=
v
(1 − v)
dv = B − + 1,
n 0
n
n
n
Ved å benytte seg av definisjonen til betafunksjonen, og Eulers refleksjonsformel
fås
I=
1 Γ (1 − 1/n) Γ (1/n)
π/n
=
n
Γ (1)
sin (π/n)
og dette fullfører beviset.
Alternativt er integralet lik Mellin-transformasjonen av f (x) = xn + 1 med
s = 1.
Bevis. Vi er nå endelig klar til å beregne Fresnel integralene, definerer som
følgende
Z ∞
Z ∞
F1 :=
sin x2 dx og F2 :=
cos x2 dx
−∞
−∞
2
Via substitusjonen t = x omskrives integralene til
Z ∞
Z ∞
sin t
cos t
√ dt ,
√ dt
F1 =
F2 =
t
t
0
0
Benyttes nå lemma (3.8.1) fås dobbeltintegralene
Z ∞Z ∞
Z ∞Z ∞
2
2
2
2
F1 = √
e−tx sin t dx dt ,
F2 = √
e−tx cos t dx dt
π 0
π
0
0
0
10 Disse
likningene beskriver altså laplace-transformasjonen av sin βt og cos βt.
III
8 Dobbel Integraler
173
Snus grensene og lemma (3.8.2) benyttes så fås
Z ∞Z ∞
Z ∞
2
2
2
dx
e−tx sin t dt dx = √
F1 = √
π 0
π 0 1 + x4
0
Z ∞Z ∞
Z ∞
2
2
2
x2
F2 = √
e−tx sin t dt dx = √
dx
π 0
π 0 1 + x4
0
Det første integralet kan beregnes, men det vises først at
Z ∞
Z ∞ 2
Z ∞ 2
Z ∞
dx
x dx
x dx
dx
=
⇒
−
=0
4
4
4
1
+
x
1
+
x
1
+
x
1
+
x4
0
0
0
0
For å se dette kan vi enten bruke lemma (2.6.1) med n = 4 eller legge merke til
at
Z ∞ 2
Z 0
Z 1 2
x −1
(1/u)2 − 1
du
u −1
dx
=
−
=
−
du
4
4
1 + x4
u2
1
1 1 + (1/u)
0 1+u
Ved nå å dele integralet i to så har en
Z
0
1
x2 − 1
dx +
1 + x4
Z
∞
1
x2 − 1
dx =
1 + x4
Z
0
1
x2 − 1
dx −
1 + x4
Z
1
0
u2 − 1
du
1 + u4
Så I = 0 som ønsket. Dette medfører at F1 = F2 og
2
F1 = F2 = √
π
Z
0
∞
dx
2
π/4
= √ ·
=
4
1+x
π sin(π/4)
r
π
8
Hvor lemma (3.8.3) ble benyttet. Dette fullfører beviset.
Som lovet i forrige del tar vi avslutningsvis og ser på følgende problem.
Eksempel 3.8.5. (Basel problemet) Problemet er gammelt og ber oss beregne
summen av inversen av alle kvadrattallene. Det var først Euler som klarte å
bestemme summen
∞
X
1
π2
=
,
n2
6
n=1
gjennom forholdsvis lange utregninger som kan være noe vanskelig å henge med
på. Vi fokuserer heller på et bevis som kom senere av J.D Harper.
Bevis. Vi tar utgangspunkt i følgende integral
ZZ
x
J :=
d(x, y)
2
2 2
D (1 + x ) (1 + x y )
hvor D (x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, 0 ≤ y ≤ 1 . På den ene siden har vi at integralet
kan skrives som
Z 1
Z ∞Z 1
Z ∞
1
dy
x
dy
dx
=
dx
J=
2
2 2
2
2
x(1 + x2 )
0
0 (1/x) + y
0
0 (1 + x ) (1 + x y )
174
III
8 Dobbel Integraler
det innerste integralet kan løses via substitusjonen y = x−1 tan u som gir
1
∞
Z ∞
Z ∞
arctan(xy)
arctan x
arctan2 x
π2
J=
dx
=
=
=
1 + x2
1 + x2
2
8
0
0
0
0
Bruker vi nå fubinis sats og regner ut integralet ved motsatte grenser fås
Z ∞Z 1
x
J=
dx dy
2 ) (1 + x2 y 2 )
(1
+
x
0
0
Det innerste integralet kan løses via delbrøkoppspalting som gir gir
2x
x
1
2y 2 x
−
=
(1 + x2 ) (1 + x2 y 2 )
2 (y 2 − 1) 1 + x2 y 2
1 + x2
1
d
d
2 2
2
=
log 1 + x y −
log 1 + x
2 (y 2 − 1) dx
dx
Der y ble betraktet som en konstant. Setter vi inn og forenkler, skrives integralet
om til
∞
Z 1
Z ∞
1 + x2 y 2
log y
1
log
dy
=
dy
J=
2
2
2
2 (y − 1)
1+x
0 y −1
0
0
Hvor det ble benyttet at når x → ∞ så vil log (x−2 +y 2 )/(x−1 +1) → log(y 2 /1) =
2 log y og x → 0 så vil log(1/1) = 0. Vi har altså nå vist at
Z 1
log y
π2
dy
=
2
8
0 y −1
Som ikke var akkuratt det vi skulle ha... En kan nå legge merke til at y 2 < 1 for
y ∈ (0, 1) slik at vi kan rekkeutvikle 1/(1 − y 2 ) som en geometrisk serie. Da fås
Z 1
Z 1
∞
∞ Z 1
∞
X
X
X
1
log y
2n
2n
dy
=
−
log
y
y
=
−
y
log
y
dy
=
−
2
1−y
(2n + 1)2
0
0
n=0
n=0 0
n=0
benyttes nå lemma (3.7.1) får vi at
∞
X
n=0
1
π2
=
(2n + 1)2
8
∞
4 X
1
4 π2
=
·
3 n=0 (2n + 1)2
3
8
∞
X
1
π2
=
2
n
6
n=1
som var det vi ønsket å vise.
Oppgaver
7. Beregn følgende integral
Z
I=
0
hvor p, q ∈ R.
∞
1
log
x
p + qe−ax
p + qe−bx
dx
III
8 Dobbel Integraler
175
8. Beregn følgende integral
Z
I=
0
∞
sin(px) · sin(qx)
dx
2
hvor p, q ∈ R.
9. Vis at
Z
0
∞
e2x − ex
dx =
x(ex + 1)(e2x + 1)
og bestem integralet.
Z
0
∞
e−x − e−2x
dx
x
176
3.9
9 Kompleks Integrasjon
KOMPLEKS INTEGRASJON
III
III
9.1 Typer integraler
3.9.1
TYPER
177
INTEGRALER
La oss først ta to små lemma som vil hjelpe oss å regne ut de ulike typene
integral
Lemma 3.9.1. (M-L ulikheten) La f være en kompleks, kontinuerlig funksjon på
konturen Γ og dersom absoluttverdien |f (z)| er mindre enn en konstant M for alle
z på Γ da er
Z
F (z) dz ≤ M · `(Γ) .
Γ
Hvor `(Γ) betegner buelengden til Γ og M = sup |f (z)|11 .
z∈Γ
Bevis. Fra den kontinuerlige trekantulikheten har en at
Z
Z
f (x) dx ≤ |f (x)| dx
fra dette følger det at integralet kan skrives om som
Z
b
Z
f γ(t) γ̇(t) dt
f (z) dz =
C
a
Z
≤
b
f γ(t) γ̇(t) dt ≤ M
a
Z
b
Z
γ̇(t) dt = M
a
dz = M L
C
hvor kurven ble parametrisert via γ(t), og M er den maksimale teoretiske verdien f (γ) kan ha. I andre overgang ble det brukt direkte at |a · b| ≤ |a| |b|
i
CD
−R
R
x
CR
x
−R
CR
R
CD ∗
i
(a) Illustrasjonen av konturen i det øvre
halvplanet
(b) Illustrasjonen av konturen i det nedre halvplanet
Figur 3.2
11 Dersom
et maksimum eksisterer så vil supremum og maksimum være like. Derimot så er det noen
ganger maksimum ikke eksisterer, men det likevell er ønskelig√å prate om en minste teoretisk
øvre grense. Et klassisk eksempel er mengden S = {0 < r < 2 , r = Q}, her finnes ikke noe
maksimum siden en alltid kan finne et litt større
√
√ rasjonellt tall 1.4, 1.41, 1.414, . . . Følgen går mot
2 , men aldri helt kommer dit så sup S = 2 .
178
III
9 Kompleks Integrasjon
Rasjonale funksjoner
Theorem 3.9.1. La P (x) og Q(x) være polynomer slik at deg(Q) ≥ deg(P ) + 2
da er
Z ∞
m
X
P (x)
P (x)
dx = 2πi
, zk
Res
Q(x)
−∞ Q(x)
k=1
hvor z1 , . . . , zm er singularitene til P (x)/Q(x) i det øvre halvplanet y > 0.
Bevis. Her gis en kort skisse av et bevis for theoremet. Beviset deles inn i tre
deler. (1) vi viser at integralet konverger. (2) Vi lager en kontur i det komplekse
planet, og viser at ’bue’-integralet er null. (3) For å avslutte beviset brukes
residue theoremet.
(1) For det første har ikke Q(x) noen nullpunkter på den reelle aksen, slik
at P (x)/Q(x) er definert på hele R. Vi ser først på om integralet konvergerer
absolutt, for dette impliserer konvergens. For store verdier av x, så domineres
polynomene av deres første ledd, så
Z
∞
−∞
P (x)
≤
Q(x)
Z
C|x|n−2
dx
D|x|n
og siden integralet på høyre side konvergerer, konvergerer også integralet vårt.
For å være helt formelle burde vi ha delt opp integralet i to, og vist at integralet
over (0, ∞) og (−∞, 0) konvergerer hver for seg.
(2) Vi integrerer funksjonen langs konturen vist i figur neger, for så å la R → ∞.
Da er integralet
Z
Z
Z
P (x)
P (x)
P (x)
=
+
R Q(x)
C1 Q(x)
C Q(x)
Målet er nå å vise at integralet i det komplekse planet, som følger kurven Γ er
null. Ved å bruke M L-ulikheten så er
Z
P (x)
P (x)
C|z|n−2
C
≤ πR sup
≤ πR
≤ πR
n
D|z|
DR2
z∈Γ Q(x)
C1 Q(x)
som går mot null når R → ∞.
(3)
Fra Cauchys integral formel har en nå
I
Z ∞
Z
P (x)
P (x)
P (x)
dx = lim
dz −
dz
R→∞
−∞ Q(x)
C Q(x)
C1 Q(x)
I
m
X
P (x)
P (x)
= lim
dz − 0 = 2πi
Res
, zk
R→∞ C Q(x)
Q(x)
k=1
som var det som skulle vises.
III
9.1 Typer integraler
179
Integralet over P (x)/Q(x) konvergerer også dersom deg P + 1 ≤ deg Q, men
ulempen er da at integralet over halvsirkelen ikke går mot null. Da må en beregne dette integralet eksplisitt, og det kan være vanskeligere enn det opprinnelige
integralet.
Dersom både graden til P og Q er partall, så er P/Q like. Ved å bruke
symmetrien omkring x-aksen får en da
Z ∞
m
X
P (x)
P (x)
dx = πi
, zk
Res
Q(x)
Q(x)
0
k=1
slik at vi ikke bare kan beregne integraler over R, men også R+ og R− .
Theoremet sier at vi må studere polene til P/Q i det øvre halvplanet, men
en kunne like gjerne studert polene i det nedre halvplanet. Da må en integrere
’motsatt’ vei, og fra omløpstallet får en et negativt bidrag fra hver pol, slik at
Z ∞
n
X
P (x)
P (x)
dx = −2πi
, zk
Res
Q(x)
−∞ Q(x)
k=1
hvor zn er polene i det nedre halvplanet. En kan altså fritt velge det halvplanet
som har færrest eller penest singulariter. Merk og at det ikke er nødvendig at
P og Q er polynomer, men at det holder at P er analytisk i det halvplanet en
studerer.
Eksempel 3.9.1. I dette eksempelet skal vi beregne følgende integral
Z ∞ 2
x +2
dx
x4 + 1
0
ved hjelp av kompleks analyse. Integralet er et spesialtilfellet av ??, men brukes
her for å vise frem kompleks integrasjon. Siden teller er av grad 4, mens nevner
er av grad 2, medfører at integralet konvergerer. Videre så er integralet symetrisk
omkring x aksen, eller like så
Z ∞ 2
Z
x +2
1 ∞ x2 + 2
dx
=
dx
(3.63)
x4 + 1
2 −∞ x4 + 1
0
Slik at vilkårene for å benytte seg av theorem (3.9.1) er oppfyllt. Integralet er
dermed likt
Z ∞ 2
m
X
x +2
P (x)
dx
=
2πi
,
z
Res
(3.64)
k
4
Q(x)
−∞ x + 1
k=1
Singuaritenene til funksjonen er hvor z 4 = −1, nå kan en skrive −1 = ei(π+2πk)
så røttene blir
z0
z2
= eiπ/4
= ei5π/4
z1
z2
= ei3π/4
= ei7π/4
Av disse ligger bare z0 og z1 i det øvre halvplanet og i tillegg er de enkle singulariterer. Ved å bruke ?? fra ?? kan residyene skrives som
2
z +2
z2 + 2
1
1
Res 4
, zk = lim
=
+
z→zk
z +1
4z 3
4zk
2zk3
180
9 Kompleks Integrasjon
III
Ved å dele likning (3.64) på 2, og så benytte seg av likning (3.63) har en at
Z ∞ 2
x +2
P (x)
P (x)
dx = πi Res
, z0 + Res
, z1
x4 + 1
Q(x)
Q(x)
0
1
1
1
1
+
= πi
+
+
4z0
2z03
4z1
2z13
Merk at nå kan en utnytte symmetrien til enhetsrøttene en har at z13 = z0 og at
z03 = z1 . Dette gir at
Z ∞ 2
x +2
1
1
1
1
3π
1
1
dx = πi
+
+
+
=
i
+
x4 + 1
4z0
2z1
4z1
2z0
4
z1
z0
0
Ved å skrive om røttene til deres real og kompleks del ved hjelp av av eulers
formel eiω = cos ω + i sin ω fås
Z ∞ 2
3π
1
i
1
i
3π
x +2
√
√
√
√
dx
=
i
−
+
−
−
= √
4+1
x
4
2
2
2
2
2
2
0
som var det som skulle vises. For å gå detaljene litt i sømmene så har en at
z13 = ei9π/4 = e−2πi ei9π/4 = eπ/4 = z0
og tilsvarende så er z03 = ei3π/4 = z1 som en og kan se siden røttene er symmetrisk om den imaginære aksen. Ved å regne ut røttene eksplisitt får en fra eulers
formel
π
1
i
1
π
− sin
= √ −√
= e−iπ/4 = cos
z0
4
4
2
2
i
1
3π
3π
1
−i3π/4
=e
= cos
− sin
= −√ − √ .
z1
4
4
2
2
For å bestemme integralet noe enklere kunne en brukt symmmetrien av z0 og
z1 .
Z ∞ 2
x +2
3π
1
1
3π
3π
π
dx
=
i
+
=−
i 2iImz1 =
sin
4
x
+
1
4
z
z
4
2
4
1
0
0
som gjorde at vi bare trengte å bestemme en trigonometrisk verdi.
For å bestemme integralet ble det kun brukt enkel algebra, trigonometriske
verdier og at i2 = −1. På mange måter er dette en enklere måte å beregne
integraler over brøker, enn det som ble vist i seksjon to, ulempen er selvsagt at
en trenger en dypere matematisk innsikt for å bruke disse nye verktøyene
Eksempel 3.9.2. I denne delen skal vi studere et kjent integral
Z ∞
dx
In =
1
+
xn
0
der n ∈ N2 er et partall. Igjen tar vi utgangspunkt i den kjente konturen som er
vist i figur (3.3). Grunnen til at vi kan bruke denne konturen er at integralet er
symmetrisk omkring origo
Z ∞
Z
dx
1 ∞
dx
In =
=
.
n
1+x
2 −∞ 1 + xn
0
III
9.1 Typer integraler
181
i
CD
x
−R
R
CR
Figur 3.3: Sløyfen C = CR ∩ CD , hvor polene til 1/(1 + x10 ) i det øvre halvplan
er markert.
Som følger fra at n er like. Integralet langs CR blir som før null da graden av nevner er 2 eller høyre, mens graden til teller alltid er konstant 1. Theorem (3.9.1)
gir da at
Z
m
X
1
1 ∞ dx
In =
dx = πi
Res
, zk
(3.65)
2 0 1 + xn
1 + xn
k=1
hvor vi betrakter residyene til funksjonen i det øvre halvplanet. Først må vi se
hvor xn + 1 = 0, og dette blir bare enhetsrøttene
zk = eiπ(2k+1)/n ,
0≤k≤
n
−1
2
For å regne ut en residye kan vi igjen bruke ?? fra ?? slik at
Res(zk ) = lim
z→zk
1
1
= − eiπ(2k+1)/n
(1 + z n )0
n
hvor minustegnet kommer av at vi betrakter residyene i det øvre halvplanet. Nå
har vi at
n/2−1
m
X
X
1
eiπ(2k+1)/n
Res
,
z
−
=
k
1 + xn
n
k=1
k=0
"
#
n/2
n/2−1
ei2π/n
−1
eiπ/n X i2π/n k
eiπ/n
=−
e
=−
n
n
ei2π/n − 1
k=0
hvor den siste overgangen følger fra den geometriske rekken. Ved å nå forenkle
algebraen kan en skrive summen av residyene som
m
X
k=1
Res (zk ) =
eiπ/n
2
i2π/n
n e
−1
=
1
2i
1
1/n
· iπ/n
=
.
−iπ/n
in e
i sin(π/n)
−e
hvor bare (z + z −1 )/2i = (eiz + e−iz )/2i sin z ble brukt. Ved å sette inn dette i
likning (3.65) får en nå
Z ∞
m
X
dx
1
π/n
=
πi
Res
,
z
.
(3.66)
k =
n
n
1
+
x
1
+
x
sin(π/n)
−∞
k=1
som var det som skulle vises.
182
III
9 Kompleks Integrasjon
Men stemmer likning (3.66) dersom n ikke er odde? Svaret er overraskende
nok ja, men da må vi bruke en alternativ kontur som vi skal se på senere. Dette
er fordi dersom n ikke er like, så er ikke funksjonen symmetrisk.
Den neste type integral vi skal se på er på formen p(x)eiax /q(x), men før det
et viktig lemma
Lemma 3.9.2. (Jordan’s lemma) La f være en kontinuerlig funksjon i det komplekse planet, definert på følgende kontur
CR = {z : z = Reiθ , θ ∈ [0, α]}
med radius R > 0, 0 < α ≤ π og sentrum i origo. Dersom funksjonen f er på
formen
f (z) = eiaz g(z) , z ∈ CR
og a > 0, så er integralet over CR begrenset av
Z
π
sup g Reiθ
f (z) dz ≤
a
θ∈[0,π]
CR
med likhet kun når g(z) er identisk lik null.
Merk at dersom a = 0 følger det fra ML-ulikheten at
Z
2πR
f (z) dz ≤
sup g Reiθ ≤ πR sup g Reiθ
α θ∈[0,π]
θ∈[0,π]
CR
Et helt likt argument holder for en kontur i det nedre halvplanet dersom a < 0.
Dette er på mange måter en utvidet utgave av jordans originale lemma siden da
er α = π.
Sett inn ref til linjeintegral
Bevis. Vi begynner med å bruke substitusjonen z = Reiθ = R(cos θ + i sin θ), da
blir grensene 0 til α.
Z
Z α
f (z) dz =
g Reiθ eiaR(cos θ+i sin θ) iReiθ dθ
CR
0
Z α
=R
g Reiθ eaR(i cos θ−sin θ) ieiθ dθ .
0
Vi kan nå ta
av integralet og bruke den kontinuerlige trekantR absoluttverdien
R
ulikheten
f ≤ |f |
Z
Z α
Z π
f (z) dz ≤ R
g Reiθ e−aR sin θ dθ ≤ RMR
e−aR sin θ dθ . (3.67)
CR
0
0
iz
Hvor det ble brukt blant annet at |e | = | cos z + i sin z| = | cos z| = 1. Siden
integralet er positivt så betrakter vi heller området fra 0 til π. Vi innførte og
MR = sup g Reiθ
θ∈[0,π]
for å forenkle notasjonen litt. Da kan ulikheten skrives som
Z
Z π
Z π/2
f (z) dz ≤ RMR
e−aR sin θ dθ ≤ 2RMR
e−aR sin θ dθ
CR
0
0
III
9.1 Typer integraler
183
hvor vi i siste overgang brukte symmetrien av sin θ = sin(π − θ). Dette kan vises
ved å dele intervalet i to eller bruke likning (2.30) fra proposisjon (2.4.5) med
m = 0, n = 1 og f (x) = exp(−aRx). Funksjonen sin θ er konkav på intervalet
θ ∈ [0, π/2]. Altså at funksjonen ligger over den rette linja mellom endepunktene
2
θ ≤ sin θ ,
π
0≤θ≤
π
2
(3.68)
dette overlates til leser å vise, men kan sees intiutivt fra figur 8. Ved å bruke
1 y
sin θ
2θ/π
θ
0
π/2
Figur 3.4: Figuren viser f (θ) = 2θ/π, og g(θ) = sin 2θ
dette får vi endelig at
Z
Z
f (z) dz ≤ 2RMR
CR
π/2
e−2aRθ/π dθ =
0
π
π
1 − e−aR MR ≤ MR
a
a
som var det som skulle vises.
Fra dette følger det direkte at
Korollar 3.9.1. Dersom de eneste singularitetene til f (z) er poler, da er
Z
lim
g(z)eiaz dz = 0
R→∞
CR
forutsatt at a > 0, |f (z)| → 0 når R → ∞.
For at linjeintegralet over p(z)/q(z) skulle gå mot null, kreves det at p(z)/q(z) ∼
1/R2 når z → ∞. Mens her ser vi at så lenge p(z)/q(z) går mot null, uansett
hvor sakte så vil linjeintegralet over p(z)eiz /q(z) gå mot null. Dette har med
hvordan eiz bidrar til å tvinge funksjonen til å konverge raskere.
Proposisjon 3.9.1. La P (x) og Q(x) være funksjoner slik at P (x)/Q(x) → 0
når x → ±∞. Da er
Z ∞
m
P (x) iax
a X
P (x)
e dx = 2πi
Res
, zk
(3.69)
|a|
Q(x)
−∞ Q(x)
k=1
gitt at Q(x) ikke har noen singulariter på den reelle aksen.
Her er a ∈ R/{0} er en reell konstant ulik null og z1 , . . . , zm er singularitene
til P (x)/Q(x) i det øvre halvplanet dersom a > 0 og det nedre halvplanet dersom
a < 0.
184
III
9 Kompleks Integrasjon
Dersom P og Q er polynomer må en altså ha deg(Q) ≥ deg(P ) + 1 for å
sikre konvergens. Dette er et snillere krav enn integraler på formen P/Q, hvor
vi trengte deg(Q) ≥ deg(P ) + 2 for konvergens.
Først så kommer leddet a/|a| fra at i det nedre halvplanet integrerer vi ’motsatt’ vei, og får et negativt bidrag fra hver singularitet. Dette leddet defineres
gjerne som sign a = a/|a|, og gir oss fortegnet til a. En skisse for beviset gis, og
fremmgangsmåten er tilsvarende som i (3.9.1).
Vi kan anta at integralet langs den reelle aksen konvergerer siden her er
|eiaz | = 1, og vi får
Z
N
−M
P (x) ix
e dx ≤
Q(x)
Z
N
−M
P (x)
Q(x)
eix dx ≤
Z
N
−M
P (x)
dx
Q(x)
som er samme tilfellet som i (3.9.1), og integralet konvergerer dermed. Merk
at eix = |cos x + i sin y| = |cos x| = 1. Vi studerer så absoluttverdien av
integralet langs sirkelbuen
Z
Z
P (z) iaz
P (z) iaz
|P (z)| iaz
e dz ≤
e
e
dz ≤ πR sup
|Q(z)|
z∈C1
CR Q(z)
CR Q(z)
Legg merke til at |eiaz | = |ea(ix−y) | = e−ay . Dermed så er
Z
1
P (z) iaz
e dz ≤ πR 2 · e−ay
R
C1 Q(z)
hvor vi som før benyttet at P/Q ∼ 1/R2 når R → ∞. For at vi skal få samme form
som i likning (3.69) må integralet langs sirkelbuen gå mot null når R → ∞12 .
Velger vi en halvsirkel i det øvre planet så vil y → ∞ når R → ∞. For her er y
den største y-verdien til halvsirkelen.
Dersom a < 0, så vil e−ay gå mot uendelig. Vi må altså velge det nedre
halvplanet når a < 0, slik at y → −∞ når R → ∞.
Eksempel 3.9.3. Et av de mest klassiske integralene på denne formen er
Z ∞
cos x
1
+ x2
−∞
Dette integralet kan skrives som
Z ∞
Z ∞
cos x
eiz
dx = Re
dz ,
2
2
−∞ 1 + x
−∞ 1 + z
ved å bruke eulers formel eiω = cos ω + i sin ω. Målet vil nå være å beregne
integralet på høyresiden og så ta realdelen av hva det nå enn er vi får som svar.
Siden a > 0, så ser vi på singularitene til funksjonen i det øvre halvplanet.
z1 = i ,
z0 = −i ,
her er det bare z1 som ligger i øvre halvplan, så residyen blir
iz
e
1 −1
eiz
Res
,
i
= lim
=
e .
2
z→i 2z
1+z
2i
12 Det
er ikke alltid dette er tilfellet og slike integral vil bli diskutert senere.
III
9.1 Typer integraler
185
Ved å bruke residue theoremet så har vi at
"Z
#
Z
Z
R
eix
eiz
eiz
lim
dz = lim
+
.
2
2
R→∞ Γ 1 + z 2
R→∞
−R 1 + x
CD 1 + z
I det øvre halvplanet går integralet over CD mot null, mens høyresiden er gitt
som 2πi Res(i). Ved å løse likningen får en altså
∞
Z
−∞
eix
dx = 2πi Res(i) + lim
R→∞
1 + x2
Z
CD
eiz
π
dx =
.
1 + x2
e
Ved å ta henholdsvis realdelen og imaineær delen av likningen får en
Z ∞
Z ∞
cos x
π
sin x
dx
=
dx = 0 ,
og
2
2
e
−∞ 1 + x
−∞ 1 + x
hvor det siste integralet kunne en ha forventet da funksjonen er symmetrisk
omkring origo.
Kunne vi heller ha skrevet om 2 cos z = e−iz + eiz ? Faktisk ikke! For å
begrense veksten til eiaz måtte vi taktisk velge halvplan, derimot om vi bruker
2 cos z = e−iz + eiz er det umulig å velge ’rett’ halvplan siden e−iz blåser opp i
nedre og eiz i øvre.
Hele diskusjonen med valg av plan er noe meningsløs. Anta at du skal
integrere en funksjon cos(−x)P/Q, da kan en helt rett velge e−iz P/Q, men
ved å bruke at cos(−x) = cos x kunne en også like gjerne ha brukt e−iz P/Q.
Tilsvarende for sin x så er sin(−z)xP/Q = − sin zxP/Q siden sin x er odde.
Det å velge rett kontur, og det å kunne vite når en kan velge er derimot svært
viktig. Og for et knippe funksjoner så kan singularitene i det nedre halvplanet
være enklere å regne ut enn i det øvre.
Trigonometriske integral
I denne delen skal vi igjen studere integraler på formen
Z
2π
R(cos x, sin x) dz
0
og vise atter en måte å beregne disse på.
Proposisjon 3.9.2. La R(x, y) være en rasjonell funksjon, da er
Z
2π
0
I
R(cos x, sin x) dx =
R
z + z −1 z − z −1
,
2
2i
dz
iz
|z|=1
Det er noen ganger vanskelig å bestemme når det er fordelaktig å bruke
Weierstrass-substitusjon eller proposisjonen ovenfor. En løs tommelfinger regel
er at dersom integralet krever delbrøksoppspalting etter Weiersttrass-substitusjonen,
er proposisjon (3.9.2) å foretrekke. Dersom røttene til nevner har høy multiplisitet kan likevell Weiestrass være å foretrekke.
186
III
9 Kompleks Integrasjon
Ved å bruke substitusjonen ovenfor så har en
Z 2π
dx
2
dz
=
2
+
cos
x
i
1
+
4z
+ z2
0
som er mer komplisert å integrere enn fremgangsmåten i eksempel (2.5.5). Som
vanlig er dette siste metode som bør testes ut for å løse slike integral, da en som
regel kan finne langt mer elegante løsninger.
Eksempel 3.9.4. La oss bestemme integralet
Z 2π
sin2 x
dx
2 + cos x
0
Ved å bruke proposisjon (3.9.2) kan integralet skrives som
2 . "
2 #
Z 2π
I z − z −1
sin2 x
dz
z − z −1
2+
dx =
2 + cos x
2i
2i
iz
0
C
I
2
2
i
(z − 1)
=
dz
2
2 C z (1 + 4z + z 2 )
Det neste steget er å bestemme hvor residuene til f (z) befinner seg. Vi ignorerer
altså faktoren i/2 frem til slutten. Konturen C er altså med klokken omkring
enhetssirkelen som vist i figur (3.5). Singularitene til funksjonen er
i
vokser
synker
synker
vokser
x
Figur 3.5
√
√
z0 = 0 , z1 = −2 + 3 , og z2 = −2 − 3
Her er det bare z1 og z3 , som ligger i enhetsdisken, og begge er enkle poler.
Residyen til z0 blir
Res(0, f ) = lim
z→0
(z 2 − 1)(2 + 3z + 6z 2 + z 3 )
d 2
z f (z) = lim
= −4
z→0
dz
(1 + 4z + z 2 )2
For litt pene notasjonen skriver vi ω = z2 , den første singulariteten kan regnes
ut som
√
(ω 2 − 1)2
h(z)
Res(f, ω) = lim 0
=
= −2 3
2
z→ω g (z)
2ω(1 + 6ω + 2ω )
III
9.1 Typer integraler
187
For å gå mellomregningene litt mer i sømmene har en at 1 + 6ω + 2ω 2 = (1 +
4ω + ω 2 ) + (2ω + ω 2 ) = ω(2 + ω), siden ω er en rot av f (z) = z 2 + 4z + 1, så er
følgelig ω 2 + 4ω + 1 = 0. En kan da skrive om brøken som følger.
(ω 2 − 1)2
1 (ω 2 − 1)2
1 (ω − 1/ω)2
=
=
ω(1 + 6ω + 2ω 2 )
2 ω(2 + ω)
2
2+ω
√
√
Beregningene fullføres nå ved å bruke at ω − 1/ω = 2Imω = 2 3 og 2 + ω = 3 .
Totalt så er altså integralet
Z 2π
I
sin2 x
i
(z 2 − 1)2
dx =
dz
2 + cos x
2 C z 2 (1 + 4z + z 2 )
0
h
√ i
√
i =
2πi Res(0) + Res(−2 + 3 ) = 2π(2 − 3 ) = −2πω
2
som fullfører beregningene. For å beregne residuen til ω, kunne en først ha
skrevet om funksjonen
Res(ω, f ) = lim
z→ω
√
1 (ω − 1/ω)2
(z 2 − 1)2 /z 2
=
= −2 3
2
0
[1 + 4z + z ]
2
2+ω
som før. Klart raskere, men kanskje ikke like åpenbar.
Fresnell Integralene
Z ∞
sin(x2 ) dx =
−∞
Z
∞
cos(x2 ) dx =
−∞
r
π
2
Denne seksjonen er hovedsaklig basert på [? ], men fremmgangsmåten er mye
eldre. Det første vi gjør er å skrive om funksjonen på kompleks form, slik at
Z ∞
Z ∞
Z ∞
Z ∞
2
ix2
2
ix2
sin(x ) dx = Im
e dx og
cos(x ) dx = Re
e dx
−∞
−∞
−∞
−∞
Legg merke til at vi ikke uten videre kan bruke substitusjonen −z 2 = ix2 , siden
dette ødelegger grensene helt13 .
Integralet har ingen singulariter i det komplekse planet, slik at vi ikke kan
bruke den vante halvsirkelen til å beregne integralet. Et annet problem er at
2
f (z) = eiz vokser mot uendelig når Im(f ) > 0 og Re(f ) < 0, se figur 8. Dette
medfører at dersom vi bruker den vante halvsirkelen vil linjeintegralet gå mot
2
uendelig. Vi må altså integrere eix over en kvadrant hvor den synker for at
linjeintegralet skal konvergere. Valget blir derfor mellom I og III kvadrant. For
enkelhetensskyld velges I, men akkuratt samme bevis holder og for III kvadrant.
Forskjellene er at i III kvadrant må en holde tungen litt benere i munnen med
tanke på fortegn. Dersom vi velger å integrere over hele første kvadrant
C = {x : 0 ≤ x ≤ R} ∩ {z : z = Reiθ , 0 ≤ θ ≤
13 Se
π
} ∩ {y : 0 ≤ y ≤ R}
2
(3.70)
for
eksempel
http://math.stackexchange.com/questions/163946/
are-complex-substitutions-legal-in-integration
for en diskusjon av problemet. Ved å la
√
ix2 7→ −z 2 får en z = ± −i x, slik at en ender opp med å arbeide med to substitusjoner
√på en
gang.
√ Spesielt ligger problemet i at dette blir et vei integral i det komplekse planet fra ± −i ∞
til ∓ −i ∞ som er vanskeligere å tolke enn vårt opprinnelige integral!
188
9 Kompleks Integrasjon
C3
III
C2
C1
2
Figur 3.6: Viser hvor funksjonen eix vokser og minker.
vil vi uheldigvis bare komme frem til at integralene er like14
Z ∞
Z ∞
cos(x2 ) dx
sin(x2 ) dx =
−∞
−∞
som er nyttig og interessant i seg selv, men ikke hjelper oss beregne verdien av
integralene. Vi må altså velge en mindre kontur. Ved å prøve å heller bruke
halvparten av første kvadrant
C = {x : 0 ≤ x ≤ R}
|
{z
}
C1
π
} ∩ { z : z = reiπ/4 , 0 ≤ r ≤ R }
∩ { z : z = Reiθ , 0 ≤ θ ≤
|
{z
}
4}
|
{z
C3
(3.71)
C2
så vil en klare å beregne integralet. Konturen C er vist nå i figur (3.7). Fremm-
C3
C2
C1
Figur 3.7: Viser konturen C = C1 ∩ C2 ∩ C3 fra likning (3.71), og polene til eiz
på området.
gangsmåten blir som før at vi bruker at linjeintegralet over en lukket sløyfe i det
komplekse planet er lik singularitetene
I
m
X
2
ix2
e dx = 2π
Res(eix , zk ) = 0
C
k=0
da funksjonen aldri er null i det komplekse planet. En har da at
I
I
I
2
2
2
eix dx +
eix dx −
eix dx = 0
C1
C2
C3
da C = C1 ∩ C2 ∩ C3 , og C3 gå mot klokken. Vi beregner nå ett og ett integral.
14 Dette
er gitt som øvelse til leser, se oppgave 4.
III
9.1 Typer integraler
189
C1) Vi kan parametrisere integralet ved å bruke γ(t) = y · 0 + t · x, fra t = 0 til
t=R
I
Z R
2
iz 2
e dz =
eit dt
(3.72)
C1
0
som vi ser blir integralet vårt når R → ∞.
C2) Dette integralet følger en kvartsirkel og det vil være behagelig om dette
integralet går mot null når R → ∞. La oss prøve å bruke ML-ulikheten direkte
Z
2
2
Rπ
Rπ
eiz dz ≤
sup eiR exp(i2θ) ≤
sup
e−R sin 2θ
4 θ∈[0,π/4]
4 θ∈[0,π/4]
γ2
hvor det ble brukt at z 2 = (Reiθ )2 = R2 ei2+θ , og Eulers formel. For θ ∈ [0, π/4]
2
så er sin 2θ en strengt voksende funksjon. Altså synker e−R sin 2θ for θ ∈ [0, 4]
og den største verdien utrykket kan få er altså når θ = 0. Dette gir
Z
2
Rπ
Rπ −R2 sin 2·0
e
≤
eiz dz ≤
4
4
γ2
Dersom vi nå lar R gå mot uendelig har vi altså vist
Z
2
Rπ
eiz dz ≤ lim
lim
≤∞
R→∞
R→∞
4
γ2
som sier oss fint lite. Dersom vi i stedet hadde studert intervalet15 (0, π/4) så
2
ville integralet asymptotisk gått som Re−R , som åpenbart går mot null. Det
er altså bare såvidt ML-ulikehen ikke klarer å vise dette. Vi trenger altså en
skarpere ulikhet enn hva ML-ulikheten kan gi oss. La oss heller bruke samme
teknikk som i beviset til Jordans lemma. Via trekant-ulikheten har vi
Z
Z
Z π/4
2
2
2
eiz dz ≤
eiz |dz| ≤ R
e−R sin 2θ dθ
(3.73)
C2
C2
0
hvor atter en gang har parametrisert integralet ved å bruke z = Reiθ , så z 2 =
R2 ei2θ = R2 (cos 2θ + i sin 2θ). Ganger en må med i, og tar absoluttverdien fås
uttrykket ovenfor. Tanken er nå igjen å bruke at sin 2θ er konkav. Ved å sette inn
θ = 2x i likning (3.68) får en
2
π
2x ≤ sin 2x , 0 ≤ 2x ≤
π
2
⇒
4
π
x ≤ sin 2x , 0 ≤ x ≤
π
4
bruker vi dette i likning (3.73) får en nå
Z
e
C2
iz 2
Z
dz ≤ R
0
π/4
e−R
2
(4x/π)
dx ≤ R ·
π π
−R2
1
−
e
≤
2
4R
4R
som heldigvis går mot null når R → ∞. Dette er et eksempel på hvor MLulikheten ikke fungerer, men integralet likevell konvergerer mot null.
15 Men
vi kan ikke studere åpne interval! Dette medfører at sløyfen vår ikke hadde vært sammenhengene og Cauchy’s integralformel ville ikke vært gyldig.
190
III
9 Kompleks Integrasjon
C3) For det siste integralet bruker vi følgende parametrisering
1+i
z(t) = ei(π/4)t = √ t ,
2
0 ≤ t ≤ t0
p
√
og dz = (1 + i) dt/ 2 . Her er t0 valgt på en slik måte at 02 + z(t0 )2 = R, altså
at avstanden til origo er R når t = t0 . Integralet kan da skrives som
( 2 )
Z t0
Z
Z
2
1
+
i
1 + i t0
1
+
i
iz
exp i √ t
dt = √
exp i2 t2 dt
e dz = √
2
2
2
0
0
Cr
2
hvor det siste uttrykket selvsagt gjeennskjennes som e−t . Ved å sette inn 25 26
og 27 inn i 47 har vi
Z R
I
Z
1 + i t0 −t2
ix2
ix2
√
e dx +
e dx −
e
dt = 0
2
0
C2
0
Vi kan nå la R → ∞. Da vil integralet langs C2 gå mot null, slik at
r
r
√
Z ∞
Z
π
π
π
1+i
1 + i ∞ −t2
ix2
e dx = √
=
+i
e
dt = √
·
2
8
8
2
2
0
0
2
Siden eix = cos x2 + i sin x2 har vi nå
r
r
Z ∞
Z ∞
π
π
2
2
+i
cos x dx + i
sin x dx =
8
8
0
0
som var det som skulle vises. For å være ekstra pedantisk kan en nå ta realdelen
av likningen og imagineærdelen og bruke at begge funksjonene er symmetrisk
omkring origo. Men dette får leser klare på egenhånd.
Merk at vi endte opp med å bruke det gaussiske-integralet likevell. Å beregne
dette integralet med kompleks integrasjon er noe vanskelig men for et slikt bevis
kan en se seksjon 8 eller oppgave 4.
Det gaussiske integralet
I dette avsnittet skal vi studere følgende integral
I
2
eπi(z−1/2)
dz
−2πiz
∂DR 1 − e
i fra Gamelin. Målet er å bruke integralet ovenfor til å vise at
Z ∞
√
2
e−s ds = π
(3.74)
−∞
som vi har sett flere ganger før. Konturen som vi integrerer omkring er parallelogrammet DR med sider ± 12 ± (1 + i)R som er vist i figur (3.8).
En skisse av beviset er som følger, integralet over hele konturen kan bestemmes fra Cauchy’s residue theorem, den eneste polen er z = 0 slik at
I
i−1
f (z) dz = 2πi · Res [f (z), z = 0] = eiπ/4 = √
(3.75)
2
∂DR
III
9.1 Typer integraler
y
191
γ1
1
γ4
−3
−2
−1
x
1
2
3
γ2
−1
γ3
Figur 3.8: Illustrasjon av konturen en integrerer rundt, de stiplede linjene er
henholdsvis γ1 og γ3 .
En kan og betrakte integralet som en sum av fire linjeintegral
I
Z
Z
Z
Z
=
+
+
+
∂DR
γ1
γ2
γ3
γ4
Det kan videre vises at når R → ∞ så vil integralene langs γ2 og γ4 gå mot null.
Ved å bruke dette kombinert med likning (3.75) får en
Z
Z
i−1
√
=
f (z) dz +
f (z) dz
2
γ1
γ3
Integralet langs γ1 kan parametrises ved z = 1/2(1 + i)R med −R < t < R
Z
Z
R
f (z) dz =
−R
γ1
2
eπi(z−1/2)
dz = (1 + i)
1 − e−2πiz
Z
R
−R
2
e−2πt
dt
1 + e−2πi(1+i)t
og tilsvarende kan γ3 parametrises ved z = −1/2(1 + i)R for −R < t < R slik at
Z
Z
−R
f (z) dz =
γ3
R
2
eπi(z−1/2)
dz = (1 + i)
1 − e−2πiz
Z
R
−R
Ved å legge sammen disse integralene og la R → ∞ får fra at
Z
∞
(i + 1)
−∞
2
e−2πt 1 + e−2πi(1+i)t
1+i
dt = √
−2πi(1+i)t
1+e
2
som medfører at
Z
∞
2
1
e−2πt dt = √
2
−∞
som er ekvivalent med likning (3.74).
2
e−2πi(1+i)t e−2πt
dt
1 + e−2πi(1+i)t
192
III
9 Kompleks Integrasjon
Poisson Kernel
En svært viktig funksjon innen kompleks analyse er poisson kernel, også noen
ganger kjent som poisson kjernen og er en integral transformasjon på lik linje
med laplace eller fourier-transformasjonene.
Lemma 3.9.3. Poisson kernel funksjonen er definert
Pr (θ) =
∞
X
n=−∞
r
|n| inθ
e
1 − r2
=
= Re
1 − 2r cos θ + r2
1 + reiθ
1 − reiθ
, r ∈ [0, 1)
Andre likhet følger fra substitusjonen ϕ → ϑ − ϕ og at poisson kernel funksjonen Pr (θ) har en periode på 2π.
Definisjon 3.9.1. Poisson kernel transformasjonen er definert som
Z 2π
Z 2π
dϕ
dϕ
h̃(reiθ ) =
h(eiϕ )Pr (ϑ − ϕ)
h(ei(ϑ−ϕ )Pr (ϕ)
=
2π
2π
0
0
Dette er en transformasjon som tar inn en funksjon og dersom h er integrerbar på enhetssirkelen så er u harmonisk på området D = {z : |z| < 1}.
Vi skal her hovedsaklig studere ulike måter å bestemme poisson kernel transformasjonen av h = 1 på, altså en konstant funksjon.
Proposisjon 3.9.3. La R > r > 0 da er
Z 2π
R2 − r 2
1
dϑ = 1
PR,r =
2
2π 0 R − 2Rr cos(θ − ϑ) + r2
Bevis. 1) Legg merke til at integralet ikke er akkuratt det samme som poisson
transformasjonen. Det første vi gjør er å enten å bruke substitusjonen ϑ → ϕ − ϑ
eller å se at
∂
∂
=−
∂ϕ
∂ϑ
slik at integralet er uavhengig av ϕ. Videre la oss dele på R og innføre konstanten
ρ = r/R
Z 2π
1
R2 − r 2
PR,r =
dϑ
2
2π 0 R − 2Rr cos ϑ + r2
fremmgangsmåten nå blir å forenkle integranden via kompleks analyse. Da er
1 − (r/R)2
1 − ρ2
=
12 − 2(r/R) cos ϑ + (r/R)2
(1 − ρeiϑ )(1 − ρe−iϑ )
1
ρe−iθ
=
+
1 − ρeiϑ
1 − ρe−iϑ
∞
X
=
ρ |n| einϑ
n=−∞
=1+2
∞
X
n=1
ρn cos(nϑ)
III
9.1 Typer integraler
193
tanken er nå at når vi integrerer over 0 ≤ ϑ ≤ 2π så vi alle integralene gå mot
null. Siden vi har fra at eksempel (2.10.1) at
Z π
cos nx dx = 0 , n ∈ Z/{0}
0
dermed så blir integralet
2π
R2 − r 2
dϑ
− 2Rr cos ϑ + r2
0
Z 2π
∞
X
1
=
1+2
ρn cos(nϑ) dϑ
2π 0
n=1
Z 2π
∞
X
=1+2
cos(nϑ) dϑ = 1
ρn
PR,r =
Z
1
2π
R2
n=1
0
som var det som skulle vises.
2) La oss og løse integralet på en litt annen måte, vi kan gjøre følgende omskrivning
PR,r =
1
2π
2π
Z
0
R2 − r 2
R2 − r 2
dϑ = 2
2
2
R − 2Rr cos ϑ + r
R + r2
Z
0
2π
dx
1
2π 1 − a cos x
Hvor x = ϑ og a = 2rR/(r2 + R2 ). Siste integralet har vi løst i Del II, men la oss
nå løse det via kompleks integrasjon. Da er
I
1
dx
1
dz/zi
1
1
=
=
2π 1 − a cos x
2π 1 − a(z + z −1 )/2
πi z=1 a + 2z + az 2
Vi kan nå bruke
√ residue-theoremet til å beregne integralet. Nullpunktene er
z1,2 = (−1 ± 1 − a2 )/a, og det er bare z1 som ligger i enhetssirkelen, så
!
√
Z 2π
1
dx
1
−1 + 1 − a2
=
2πi Res
2π 0 1 − a cos x
πi
a
= 2 lim
z→z1
1
1
1
=
= √
2 + 2az
1 + az1
1 − a2
Ved å sette inn får en nå
PR,r =
R2 − r 2 1
R2 + r2 2π
Z
0
2π
dx
R2 − r 2
1
√
= 2
=1
2
1 − a cos x
R +r
1 − a2
som før. Det siste steget er bare en rekke ufine algebraforenklinger hvor en kun
bruker at a = 2rR/(R2 + r2 ), men disse stegene kan leser kan få kose seg med
alene.
Logaritmer
Nøkkel konturer
194
III
10 Oppgavesammling III
3.10
O P P G AV E S A M M L I N G I I I
3.10.1
Z
1/2
1.
0
Z
INTEGRAL
∞
2.
2
1 − e−1/x dx
0
3.10.2
Z
∞
log(1/x)
dx
5.
(1
+ x2 )2
0
Z ∞
1
dx
4.
LambertW
x2
0
log(x) log(1 − x) 3.
dx
x(1 − x)
Z
0
1
log(1 − x)
dx
1+x
O P P G AV E R
1. Beregn Dirichlet integralet
Z
∞
0
sin ω
π
dω =
ω
2
ved hjelp av dobbeltintegralet
ZZ
I=
e−st sin t d(s, t)
D
hvor D = [0, ∞) × [0, ∞).
2. Bestem følgende sum
S=
∞
X
n=1
1
(v − u)2n+1
Z
v
(x − u)n (v − x)n dx
u
hvor v > u.
3. (Tom Apostol - 10.23) Definer
Z ∞
F (y) :=
0
sin xy
dx
x (x2 + 1)
∀ y > 0.
a)
Vis at F (y) tilfredstiller følgende differensiallikning
π
F 00 (y) − F (y) =
,
2
og bruk dette til å vise at
1
F (y) = π 1 − e−y .
2
b)
Bruk F (y) til å bestemme følgende tre integral
Z ∞
Z ∞
Z ∞
sin xy
cos xy
x sin xy
,
,
og
.
2
2
2
2
x (x + a )
x +a
x2 + a2
0
0
0
4. Vi skal i denne oppgaven studere følgende integral
Z 1
xn
In =
dx
0 x+1
hvor n ∈ N.
III
10.2 Oppgaver
195
a) Vis at lim In = 0
n→∞
b) Bestem In+1 + In
c)
Bestem følgende sum
P∞
k=0
(−1)k
k+1
5. Beregn integralet
π
Z
arctan
0
γ sin x
1 − γ cos x
dx
sin x
der γ, betegner den velkjente Euler–Mascheroni konstanten. Vis at integralet kan skrives som
√
π
log(2 + 3 )
2
√
ved å benytte seg av tilnærmingen γ ≈ 1/ 3 .
6. Denne oppgaven handler om gamma og beta-funksjonene.
a) Vis at
1
Z
I=
−1
(1 + x)2m−1 (1 − x)2n−1
dx = 2m+n−2 B(m, n)
(1 + x2 )m+n
hvor m, n > 0.
b) Bruk forrige oppgave til å vise at
Z
π/4
J=
−π/4
cos x + sin x cos α
cos x − sin x
dx =
π
2 sin π cos2
α
2
.
når α ikke er en multipel av π (α 6= kπ, k ∈ N).
7. I del II viste vi at for alle n ∈ N
π/2
Z
sin(2n + 1)x
π
=
,
sin x
2
0
se proposisjon (2.10.1). Bruk dette til å vise at
(2n+1)π/2
Z
In =
0
sin x
dx
x
går mot π/2 når n → ∞.
Z
8. Bestem følgende integral
0
∞
xa − xb
dx hvor a, b ∈ R
(1 + xa ) (1 + xb )
(3.76)
196
10 Oppgavesammling III
9. I denne oppgaven skal vi studere følgende to integral
Z ∞
Z ∞ −tx
sin(x − t)
e
dx ,
I1 (t) =
dx og I2 (t) =
x
1 + x2
t
0
III
(3.77)
Vis at begge integralene tilfreldstiller differensiallikningen
y 00 + y =
1
,
t
t > 0.
La I(t) = I1 (t) − I2 (t), og bruk differensiallikningen ovenfor til å vise at I
må være på formen
I(t) = A sin(t + B)
Bestem konstantene A og B og vis endelig at
Z ∞
Z ∞
sin x
dx
π
dx =
=
.
2
x
1+x
2
0
0
10. Beregn følgende integral
Z
π/2
−π/2
log(1 + b sin x)
dx
sin x
hvor |b| ≤ 1.
11. Tidligere har en studert følgende integral
Z ∞
1
In (a, b) :=
dx
2 x + b sin2 x)n
(a
cos
0
For n = 1 og n = 2. Anta n > 1 og vis at In tilfredstiller
∂
∂
+
In−1 = ∇In−1 = (1 − n)In
∂α
∂β
hvor ∇ er summen av de partiellderiverte. Bestem og et lukket uttrykk
for I√
n ved hjelp av partiellderiverte. Det kan fritt benyttes at I1 (a, b) =
π/(2 ab ).
12. (Putnam 2008−B2) Merk, oppgaven er ikke helt den samme. La F0 (x) =
log x. For n ≥ 0, defineres
Z x
Fn+1 =
Fn (t) dt
0
Bestem følgende sum
lim log n − n! · Fn (1)
n→∞
III
10.2 Oppgaver
197
13. La A være definert som følger
Z ∞ −ϕx
e
− e(1−ψ)x
A=
dx
x
0
Hvor ψ og ϕ er henholdsvis minste og største løsning av
x2 + x = 1
Bestem uttrykk for
sinh(A) og
cosh(A) ,
√
og skriv de så enkelt som mulig. Hint: ψ + ϕ = ϕ · ψ, ϕ − ψ = 5 .
14. (Putnam 2005−A5) Det integralet som kanskje har høstet mest oppmerksomhet gjennom Putnam’s historie er følgende er følgende
Z 1
log(1 + x)
I=
dx
1 + x2
0
i denne oppgaven ser vi nærmere på ulike måter å bestemme integralet
på.
a) Løs integralet ved hjelp av substitusjonen x = tan θ.
b) Innfør en parameter α i teller og bestem integralet.
c) Benytt den noe uvanlige substitusjonen (1 + x)(1 + y) = 2, til å bestemme integralet.
15. I denne oppgaven skal vi se hvordan Euler kan ha kommet frem til antakelsen om at betafunksjonen var relatert til gammafunksjonen. Se på
følgende integral
Z 1
1
π
√
I=
dx =
2
2
1
−
x
0
Bruk integralet til å vise hvorfor det kan være rimelig å anta at betafunksjonen kan skrives som
Z 1
Γ(x)Γ(y)
B(x, y) =
tx−1 (1 − t)y−1 dt =
.
Γ(x + y)
0
16. I forrige oppgave viste vi en måte å komme frem til å komme frem antakelsen om sammenhengen mellom betafunksjonen og gammafunksjonen. Denne sammenhengen ble vist i theorem (3.3.6) ved hjelp av Bohrmullerup theoremet. Siden den gang har vi (forhåpentligvis) lært mange
flere teknikker. Disse kan benyttes til å bevise sammenhengen og vi studerer nærmere to av disse.
198
III
10 Oppgavesammling III
a) Skriv Γ(x)Γ(y) som et dobbeltintegral og bruk det til å bevise theorem (3.3.6).
b) Bruk konvolusjonstheoremet for laplace-transformasjoner med f (t) =
tx og g(t) = ty til å bevise theorem (3.3.6).
17. Følgende likhet har tidligere blitt vist
Z 1
Z
√
log Γ(x + t) dx = log 2π +
0
1
x log tx dx
∀t>0
0
og kan benyttes fritt i denne oppgaven. Bestem følgende integral
ZZ
B(x, y) d(x, y)
S
hvor S = [0, 1] × [0, 1] er enhetsfirkanten (”unit square”).
18. I denne oppgaven skal en svak generalisering av Ahmed’s integral
√
Z 1
arctan x2 + 2
dx
5π 2
√
=
2
2
x +1
96
x +2
0
studeres. Bruk at 1/q + 1/p = (p + q)/pq til å vise at
ZZ
ZZ
dx dy
dx dy
+
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
S (a + x )(2a + x + y )
S (a + y )(2a + x + y )
Z 1
Z 1
dx
dy
=
2 + y2
2 + y2
a
a
0
0
Der a er en reell konstant, og S er enhetskuben S = [0, 1] × [0, 1]. Integralene på høyre side er like. Vis da at
√
Z 1Z 1
Z 1
π
2
2
1
dy
a2
2 − arctan 2a + x
√
dx
=
dx
2
2
2
2
2
2
2
2a2 + x2
0
0 a + x 2a + x + y
0 a +x
og bruk dette til å endelig vise at
√
2
Z 1
2a2
arctan 2a2 + x2
1
1
√
√
dx
=
π
arctan
−
arctan
.
2
2
a
2a2 + x2
2a2 + 1
0 a +x
Hvor a som før er en reell konstant.
19. Sinus funksjonen er definert som følger
Z z
Z
Si(z) :=
sinc(x) dx =
0
0
z
sin x
dx ,
x
og vi ser at limz→∞ Si(z) = π/2 gir oss Dirichlet integralet som har blitt
studert før. I denne oppgaven skal vi studere en rekke relaterte integral.
a)
Vis at
Z
∞
2
Z
0
∞
sinc(x) dx .
sinc (x) dx =
0
III
10.2 Oppgaver
199
a) Uttrykk integralene
∞
Z
0
sin4 x
dx
x2
Z
∞
og
0
sin4 x
dx
x4
ved hjelp av Dirichlet integralet.
20. I denne og den neste oppgaven studerer vi nærmere Wallis integralet
Z
(
π/2
Wn =
n
sin (x) dx =
0
2p
π
22p+1 p
2p
2p+1
2
p+1
n
når n = 2p
,
når n = 2p + 1
(3.78)
som vi har sett tidligere.
R π/2
a) Vis først at Wn = 0 cosn dx, og deretter at høyre og venstre side av
likheten tilfredstiller differensiallikningen
nWn = (n − 1)Wn−2
for alle n ≥ 2.
b) Vis følgen er synkende og at for store n så er Wn+1 ∼ Wn . Bruk dette
til å vise at for store n så er
r
π
Wn ∼
,
2n
hvor det kan være lurt å betrakte følgen yn = (n + 1)Wn Wn+1 .
c) Avslutningsvis viser vi noe av nytteverdien til Wallis integralet og beregningene vi har utført. Fra tidligere har vi vist tilnærmet at
√ n n
n! ∼ C n
,
e
der C ∈ R+
(3.79)
også kjent som stirrlings formel. Tidligere har vi antatt at C = 1, men vi
kan finne en enda bedre tilnærmelse for denne konstanten. Bruk tilnærmelsen for W2n fra deloppgave b) og det eksakte uttrykket fra likning (3.78)
til å bestemme C. Du kan fritt benytte deg av at likning (3.79) holder for
store n.
21. I denne oppgaven skal vi se nærmere på det gaussiske integralet. La f
være definert som
2 √
f (x, t) = xt · e−x / π
200
10 Oppgavesammling III
III
a) Vis at f (x, 0) er en sannsynlighetsfordeling. Altså at integralet over R
er lik 1.
For en kontinuerlig fordelig er forventingsverdien til en sannsynlighetstetthet er gitt som
Z ∞
E(x) = hxi =
xf (x) dx
−∞
og beskriver det mest sannsynlige utfallet til funksjonen. Variansen er hvor
nært sentrert funksjonen er omkring funksjonen gitt som
Z ∞
2
Var(x) =
x − E(x) f (x) dx
−∞
b)
Bestem forventingsverdien og variansen til f (x, 0).
Videre I denne oppgaven blir det sett nærmere på den moment-genererende
funksjonen til f . Den er gitt som
Z ∞
Mf (p) =
exp f (x)dx
−∞
c)
Vis at den momentgenererende funksjonen til f (x, 0) kan skrives som
Mf (p) = ep
2
√
/4
π
Og vis videre at
lim Mf (p)
t→0
d)
0
= E(x) og
00
lim Mf (p) = Var(x)
t→0
Vis at integralet
Z
∞
I(t) :=
αf (x, t) dx
(3.80)
−∞
tilfredstiller funksjonallikningen
I(t) =
t−1
I(t − 1)
2
dersom t er et partall. Hva skjer dersom t er odde? Bestem integralet
I(t) og finn α slik at I(t) blir en sannsynlighetsfordeling. Eksisterer det
t-verdier slik at det er umulig for I å være en sannsynlighetsfordeling?
IV
Denne siden er med hensikt blank, for å gi leser en pustepause og for å la
forfatter slåss mot dinosaurer.
I
203
Tillegg A
A.1
KONVERGENS
Når vi studerer integraler er spørsmålet om integralet har en verdi, minst like
viktig som selve svaret. Hva er konvergens og hva menes med at integralet har
en verdi?
Definisjon A.1.1. Et uegentlig integral er et integral som skrives på formen
Z b
Z b
lim
f (x) dx ,
lim
f (x) dx ,
b→∞
a→−∞
a
a
eller på formen
Z
Z
f (x) dx ,
lim
b→∞
b
a
a→−∞
b
f (x) dx ,
lim
a
Hvor grenseverdiene f (x) enten er udefinert, eller går mot ±∞. En sum av
uegentlige integral, er også uegentlig.
Definisjon A.1.2. Et integral kalles konvergent, dersom det kan skrives som en
endelig verdi. Alle integral som ikke er konvergent, kalles divergente.
Eksempel A.1.1. For motivasjon studeres følgende integral
Z 2
dx
x
−1
0
vi velger å ignorere diskusjonen omkring integralet konverger eller ikke1 og
regner blindt ut integralet.
Z 2
h
i2
dx
= log |x − 1| = log |−1| + log |1| = 0
0
0 x−1
Dette virker noe rart om en studerer grafen til funksjonen vist i figur 8. Da
funksjonen klart blåser opp nære x = 1.
Så funksjonen ovenfor konvergerer, men vi vil gjerne skille mellom ulike typer konvergens. Vi har for eksempel Rieman-integrerbare funksjoner, LebesgueIntegrerbare funksjoner osv. Funksjonen ovenfor konvergerer om en betrakter
prinsipial verdien av integralet, men divergerer ellers. Om vi sier at en funksjon
er integrerbar, vil betydningen alltid være at funksjonen er Rieman-integrerbar.
1 Siden
vi ikke engang har diskutert hva konvergens er engang!
204
1 Konvergens
I
Definisjon A.1.3. Et uegentlig integral konvergerer hvis og bare hvis integralet
kan skrives som en sum av uegentlige integral, som alle konvergerer.
Ved å bruke denne definisjonen av konvergens på integralet i eksempel (C.1.1)
så må både
Z 1
Z 2
dx
dx
og
x
−
1
x
−1
0
1
konvergere. Teknikken er altså å bryte opp integralet i interval (a, b) hvor kun
en av grenseverdiene limx→a f (x) eller limx→b f (x) ikke eksisterer. I tilleg til at
f (x) er øvre begrenset på [a, b].
Hvorfor vi velger å definere konvergens på denne måten gir mer mening når
vi studerer begrepet uendelig nærmere. Uendelig er ikke noe tall, men noe vi
reiser mot og aldri helt når. For å slippe hodeverk bør gjerne hastigheten på hvor
raskt vi reiser ikke ha noe å si, siden vi uansett aldri kommer helt frem.
Eksempel A.1.2. La oss betrakte om følgende integral
Z ∞
2x dx
2
−∞ 1 + x
konvergerer eller divergerer. Fra diskusjonen ovenfor er måte å studere hvordan
integralet oppfører seg når vi går mot uendelig i ulikt tempo.
Z a
h
ia
2x dx
lim
= lim log 1 + x2
= 0.
2
a→∞ −a 1 + x
a→∞
−a
Derimot om vi lar funksjonen vokse ’dobbelt’ så raskt mot uendelig fås
Z 2a
h
i2a
2x dx
= lim log 1 + x2
lim
= 2 log 2 .
2
a→∞
a→∞ −a 1 + x
−a
vi kan dermed konkludere med at integralet er udefinert da det er avhengig av
’hastigheten’
Dette problemet med hastigheter løses dersom en deler opp integralet i uegentlige integral. Slik at hvert integral bare har en singularitet.
P-integral
Z ∞
dx
Proposisjon A.1.1. Integralet
divergerer for alle relle eller komplekse p
xp
0
mens
Z 1
Z ∞
dx
dx
,
p
<
1
og
, p>1
p
x
xp
0
1
konvergerer.
Bevis. Dersom p < 1 så er
1
Z 1
dx
1
1
1
p−1
=
x
=
lim 1 − c1−p =
p
1−p
1 − p x→0
1−p
0 x
0
I
1 Konvergens
og likeledes så er
Z ∞
1
dx
= lim
c→∞
xp
Z
c
1
205
dx
1
=
lim 1 − c1−p = ∞
p
c→∞
x
1−p
Deretter studeres tilfellet når p > 1 så
1
Z 1
dx
1
1
1
p−1
= lim
x
lim 1 − p−1 = ∞
=
p
c→0 1 − p
1 − p c→0
c
0 x
c
og likeledes så er
Z c
Z ∞
dx
1
1
dx
=
lim
=
lim 1 − c1−p =
p
p
c→∞
c→∞
x
x
1
−
p
1
−
p
1
1
Siden (0, 1) konvergerer for p < 1 og (1, ∞) konvergerer for p > 1, så kan ikke
(0, ∞) = (0, 1) ∪ (1, ∞) konvergere når p < 1 eller p > 1. Da gjennstår det bare
å teste tilfellet hvor p = 1.
Z ∞
Z 1
Z ∞
dx
dx
dx
=
+
= lim (− log x) + lim log x = ∞
x→∞
x→0
x
x
x
0
0
1
som begge divergerer. Dette fullfører beviset.
Dette resultatet er svært nyttig når vi bruker det i kombinasjon med sammenliknings testen.
Proposisjon A.1.2. (Sammenliknings Testen) La f (x) og g(x) være to funksjoner
definert på (a, b) slik at
0 ≤ f (x) ≤ g(x)
er sant for alle x ∈ [a, b]. Dersom
Z
b
g(x) dx
a
konvergerer så konvergerer integralet over f (x). Dersom integralet over g(x) divergerer så divergerer integralet over f (x).
Eksempel A.1.3. La oss se om følgende integral konvergerer
Z ∞
(sin x)2
dx
x2
0
dersom x ≥ 1 så har vi at
(sin x)2
1
≤ 2
x2
x
dermed har vi fra p-testen at integralet ovenfor konvergerer siden p = 2 > 1.
Dersom 0 ≤ x < 1, kan vi stedet bruke følgende sammenlikning
(sin x)2
1
≤ √
x2
x
206
I
1 Konvergens
ved å gange med x2 , på begge sider så har en at (sin x)2 ≤ x3/2 . Dette stemmer
siden sin x ≤ x ≤ x3/2 , for x ≥ 0 som en for eksempel kan se fra taylorrekken til
sin x. Dermed konvergerer integralet fra sammenlikningstesten og vi har
Z ∞
Z 1
Z ∞
1
(sin x)2
1
√ +
0≤
dx ≤
=3
2
x
x2
x
0
0
0
som er en fin tilnærming.
En kunne fint ha fått enda strammere grenser ved å se på taylorrekken til
(sin x)2 /x2 , men det er helt uviktig. Legg merke til at metoden ovenfor ikke kan
brukes for å vise at (sin x)/x konvergerer, selv om integralene har samme verdi.
Proposisjon A.1.3. (Grensesammenliknings Testen)
La f og g enten være to strengt positive eller strengt negative funksjoner på [a, b]
og la funksjonene være udefinert i punktet a. Dersom g(x) ∼ f (x) når x ∼ a så
konvergerer
Z b
Z b
f (x) dx hvis og bare hvis
g(x) dx konvergerer.
a
a
Hvor g(x) ∼ f (x) når x ∼ c betyr at limx→c f (x)/g(x) = 1. Begge testene
ovenfor krever at funksjonene f og g ikke skifter fortegn på intervalet. Så det er
logisk å lure på hvordan en skal behandle integraler som ikke er strengt positive
eller negative. En måte å tvinge en funksjon til å være positiv på er å ta absoluttverdien. Det er klart at både f (x) og |f (x)| har samme singulariter så et naturlig
Rb
spørsmål er hvilken konklusjon vi kan trekke om a f (x) , dersom vi vet noe om
Rb
integralet a |f (x)| dx konvergerer, eller divergerer. Et delvis svar på spørsmålet
er gitt i følgende proposisjon
Proposisjon A.1.4. La f (x) være en funksjon dersom integralet
Z b
|f (x)| dx
a
konvergerer, så konvergerer også integralet
Z b
f (x) dx .
a
Rb
Merk at det kontrapositive ikke stemmer! Dersom integralet a |f (x)| dx
Rb
divergerer betyr dette ikke at a f (x) dx divergerer. Et eksempel på dette er vist
under
Dirichlet integralet
Lemma A.1.1. La f være definert som følger2

 sin x
dersom
f (x) =
x

0
ellers
2 Det
x 6= 0 ,
R∞
er i utgangspunktet ingen grunn til å definere f slik, da integralet
(sin x)/x dx er Riemann0
integrerbart. Derimot er fordelen ved å definere f slik at funksjonen blir kontinuerlig, deriverbar.
I
1 Konvergens
Z
207
∞
da konvergerer integralet
f (x) dx, men ikke absolutt.
−∞
Bevis. Først kan en legge merke til at integralet er symmetrisk omkring origo
f (−x) = f (x), slik at det holder å betrakte (0, ∞).
Første del av bevisetRvil gå ut på å vise at funksjonen ikke konvergerer abso∞
lutt, og deretter vise at 0 f (x) dx, konvergerer. Vi betrakter først integralet av
funksjonen over et endelig interval
Z N
f (x) dx ,
0
La nå N ∈ N, da er
Z
0
2πN
N
−1 Z 2π(n+1)
X
sin x
sin x
dx =
dx
x
x
n=0 2πn
Z 2π(n+1)
N
−1
X
1
≥
|sin x| dx
2π(n + 1) 2πn
n=0
Z 2π
N
−1
X
1
=
|sin x| dx
2π(n + 1) 0
n=0
=
N −1
1
2 X
π n=0 n + 1
som klart divergerer når N → ∞. Dette viser at integralet ikke konvergerer
absolutt. Å bruke testene ovenfor i kombinasjon med p-integralene er det som
vil bli brukt for å vise de aller fleste integralene konvergerer.
Men dette integralet krever litt mer triksing. Trikset i denne oppgaven blir å
atter en gang vende tilbake til delvis integrasjon. Vi deler igjen integralet ved
x=1
Z N
Z N
h cos x iN Z N cos x
sin x
cos N
cos x
dx =
dx
=
cos(1)
−
−
−
2
x
x
x
N
x2
1
1
1
1
som konvergerer når N → ∞. For å vise at siste integral konvergerer kan en
bruke p-testen med x2 siden cos x/x2 ≤ 1/x2 når x ≥ 1. Tilfellet Når x ∼ 0 så er
sin x ∼ x så (sin x)/x ∼ 1. Så
Z 1
Z 1
sin x
dx ≤
1 dx
x
0
0
dette følger fra grensesammenlikningstesten og medfører konvergerens. Dette
medfører også at integralet konvergerer.
At integralet ovenfor konvergerer har med flere ting å gjøre. Først så blåser
ikke integralet opp nære origo da (sin x)/x ≤ 1 for |x| < 1. Faktisk så er
(sin x)/x ≤ 1 ∀ x ∈ R, siden 1/x ’drar’ funksjonen mot null.
Funksjonen sin x bidrar til at funksjonen oscillerer over og under x-aksen, og
det er kanseleringen av disse områdene som bidrar til at funksjonen konvergerer.
Når en ser på absoluttverdien av funksjonen får en derimot ikke disse kanseleringene. I alle eksemplene tidligere har vi sett på funksjoner som går mot 0 når
208
I
1 Konvergens
x → ∞. At dette alltid er tilfellet for konvergente integral er feil. Det eksisterer
altså funksjoner
R ∞ hvor limx→∞ f (x) ikke eksisterer – eller går mot en verdi ulik
null – men k f (x) dx konvergerer.
Fresnell integralene
Lemma A.1.2.
x
Z
Z
sin t2 dt , C(x) =
Integralene S(x) =
0
x
cos t2 dt konvergerer ∀x ∈ R.
0
Lemma A.1.3.
Z
∞
sin x2 dx og
Integralene
−∞
Z
∞
cos x2 konvergerer.
−∞
R
R
Å forstå hvorfor R sin x2 dx konvergerer og ikke R sin x dx er ikke så veldig
vanskelig. For sin(x2 ) har funksjonen et en topp over x-aksen, også en bunn
under x-aksen. Arealet av disse toppene og bunnene blir mindre og mindre når
x → ∞. Dette er ikke tilfellet for sin x som oscillerere med samme hastighet
hele tiden. Fra den alternerende rekketesten konvergerer altså integralet over
sin(x2 ), men ikke sin x.
Vi kommer kun til å bevise lemma (C.1.3) siden dette også beviser lemma (C.1.2). Selv om det er rett frem å vise at S(x) og C(x) konvergerer siden
en integrerer en begrenset funksjon over et endelig interval.
Bevis. Funksjonene er symmetrisk omkring origo, så holder det å betrakte integralene over (0, ∞). Her vil vi bare vise at integralet over sin(x2 ) konvergerer,
men et nøyaktig likt bevis kan føres for cos(x2 ). Alternativt kan en vise først at
integralene er like store, slik at det holder å vise at ett av integralene konvergerer.
∞
Z
sin x2 dx =
1
Z
0
sin x2 dx +
Z
0
∞
sin x2 dx
1
Funksjonen er integrerbar på intervalet [0, 1], den blåser ikke opp og har ingen
singulariterer. Vi må altså vise at integralet
Z
lim
N →∞
N
sin x2 dx ,
1
√
√
konvergerer. Ved å bruk substitusjonen t = x2 , så x = t og 2 t dx = dt får en
Z
N
sin x2
2
Z
dx =
1
1
N2
sin t
cos N 2
cos 1
1
√ dt = − √
+
−
2
4
2 t
2 N
Z
1
N2
cos t
dt
t3/2
siste integralet kjenner vi igjen. Ved å sammenlikne med p-integralene ser vi at
integraler konvergerer, siden 3/2 > 1 og cos t/t3/2 ≤ 1/t3/2 .
Γ-funksjonen
Z
Lemma A.1.4.
0
∞
tx−1 e−t dt konvergerer for alle x ∈ (0, ∞)
I
1 Konvergens
Bevis. Først så deler vi integralet i
Z
Z ∞
x−1 −t
t
e dt =
1
x−1 −t
t
e
∞
Z
tx−1 e−t dt
dt +
1
0
0
209
og det neste steget er å vise at de uegentlige integralene på høyre side konvergerer. Fremmgangsmåten blir å finne en funksjon f (t) slik at 0 ≤ tx−1 e−t ≤ f (t),
og vise at integralet over f (t) er konvergerer.
For det første integralet så er e−t ≤ 1 for t ≥ 0, slik at
x 0
Z 1
Z 1
cx
t
1
x−1 −t
x−1
−
.
0≤
t
e dt ≤ lim
t
dt = lim
= lim
c→0 c
c→0
x c c→0 x
x
0
Dersom x > 0, så vil ax → 0 når a → 0+ , så integralet konvergerer mot 1/x.
R1
Dette viser at integralet over 0 tx−1 e−t dt konvergerer.
For det neste integralet vil vi bruke at limt→∞ tr e−t/2 = 0 for alle r ∈ R.
Altså for x > 0 eksisterer det en kx ∈ R slik at 0 ≤ tx e−t/2 ≤ 1 for t ≥ kx . Vi
holder x konstant og deler integralet ved kx
Z ∞
Z kx
Z ∞
x−1 −t
x−1 −t
t
e dt =
t
e dt +
tx−1 e−t dt .
1
kx
1
Det første integralet på høyre side er over et endelig interval og har ingen singulariter på intervalet, altså konvergerer integralet. For det neste har vi at t ≥ kx
slik at tx−1 e−t = (tx−1 e−t/2 )e−t/2 ≤ e−t/2 , så
Z ∞
Z ∞
tx−1 e−t dt ≤
e−t/2 dt = lim 2e−kx /2 − e−c/2 = 2e−kx /2 .
kx
c→∞
kx
Merk at uansett hva kx er såR konvergerer integralet. Dette viser at det andre
∞
integralet er konvergent, så 1 tx−1 e−t dt konvergerer. Dette fullfører beviset.
Betaintegralet
Z
Lemma A.1.5.
1
tx−1 (1 − t)y−1 dt konvergerer for alle x, y ∈ (0, ∞)
0
Bevis. Slik som beviset for konvergens av gammaintegralet deles integralet opp
Z 1
Z 1/2
Z 1
x−1
y−1
x−1
y−1
t
(1 − t)
dt =
t
(1 − t)
dt +
tx−1 (1 − t)y−1 dt .
0
0
1/2
x−1
y−1
x−1
For det første integralet merk at t
(1 − t)
≤t
for 0 ≤ t ≤ 1/2, så
Z 1/2
Z 1/2
(1/x)x − cx
0≤
tx−1 (1 − t)y−1 dt ≤
tx−1 dt = lim
c→0
x
0
0
Nå, dersom x > 0 så vil ax → 0 når a → 0+ , så det første integralet konvergerer
dersom x > 0. Tilsvarende for det neste integralet så er tx−1 (1 − t)y−1 ≤
(1 − t)y−1 for 1/2 ≤ t ≤ 1 så
Z 1/2
Z 1/2
(1/2)y − (1 − c)y
0≤
(1 − t)y−1 dt ≤
(1 − t)y−1 dt = lim−
x
c→1
0
0
210
1 Konvergens
I
Nå, dersom y > 0 så vil (1 − a)y → 0 når a → 1− , så det første integralet
R1
konvergerer dersom y > 0. Dermed så konvergerer 0 tx−1 (1 − t)y−1 dt for alle
x, y > 0 som var det som skulle vises.
A.1.1
KONVERGENSRADIUS
A.1.2
P R I N S I PA L
VERDI
Cauchys prinsippielle verdi (Cauchy principal value) er en måte å gi en verdi
til integralet som i utganspunktet divergerer.
II
211
Tillegg B
B.1
A N A LY S E N S F U N D A M E N TA L T H E O R E M .
Før vi kan vise analysens fundamentaltheorem., trengs det først to proposisjoner.
Proposisjon B.1.1. (mellomverdi setningen)
La I = [a, b] være et åpent endelig interval interval, hvor a, b ∈ R. La f være en
reell funksjon som er kontinuerlig på (a, b). Dersom k ∈ R er tall slik at
f (a) < k < f (b) eller
f (a) > k > f (b)
da eksisterer det en konstant c ∈ (a, b) slik at f (c) = k.
At dette stemmer er ikke vanskelig å forstå. Theoremet sier at dersom vi har
en kontinuerlig funksjon som har verdiene f (a) og f (b) i hvert endepunkt av
intervaet, så tar funksjonen alle verdier mellom f (a) og f (b) i ett eller annet
punkt i intervalet. For et bevis se for eksempel [? , thm 4.23].
Proposisjon B.1.2. (mellomverdi setningen for integraler) La f være en reell
kontinuerlig funksjon på det lukkede intervalet [a, b], a, b ∈ R. Da eksisterer det et
reellt tall k ∈ [a, b] slik at
Z
b
f (x) dx = f (k)(b − a)
(B.1)
a
Bevis. Siden funksjonen er kontinuerlig på et lukket interval, så er den også
Rieman-integrerbar på [a, b]. Det følger også fra at f er kontinuerlig på et lukket
interval at funksjonen har et minimum og et maksimum
f (m) = max f (x)
x∈[a,b]
f (M ) = max f (x)
x∈[a,b]
Vi kan nå definere følgende ulikhet
Z
b
Z
f (m) dx ≤
a
b
Z
f (x) dx ≤
a
b
f (M ) dx
a
212
II
1 analysens fundamentaltheorem.
Siden f (m) og f (M ) er konstaner kan en skrive
Z b
1
f (x) dx ≤ f (M )
f (m) ≤
b−a a
Fra mellomverdi setningen proposisjon (B.1.1) har vi nå at det eksisterer en
k ∈ (a, b) slik at
Z b
1
f (x) dx = f (k)
b−a a
Å gange likningen med b − a fullfører beviset.
Theorem B.1.1. (Analysens fundamentaltheorem. - Del I)
La f være en kontinuerlig funksjon på [a, b]. Funksjonen g definert som
Z x
f (t) dt
g(x) =
a
er da kontinuerlig på [a, b], deriverbar på (a, b) og g 0 (x) = f (x) for alle x ∈ (a, b).
Her betegner integralet som vanlig arealet under funksjonen f (x) fra a til x.
Bevis. Siden f er kontinuerlig og øvre begrenset så er også F kontinuerlig og
øvre begrenset. La oss ta den deriverte av F , da har vi fra definisjon
g(x + h) − g(x)
d
g(x) = lim
h→0
dx
h
Vi kan skrive om teller som følger
Z x+h
Z
g(x + h) − g(x) =
f (t) dt −
a
x+h
(B.2)
Z
x+h
f (t) dt =
a
f (t) dt
x
Siden vi har at
Z
x
Z
x+h
f (t) dt +
a
Z
x+h
f (t) dt =
x
f (t) dt
x
Dette er intuitivt fra at vi legger sammen to områder ved siden av hverandre.
Formelt kan dette også vises via rieman-summer. Likning (B.2) kan da skrives
som
Z
d
1 x+h
g(x) = lim
f (t) dt
h→0 h x
dx
Tanken er nå at vi bruker mellomverdi setningen for integraler til å skrive om
integralet. Direkte bruk av likning (B.1) fra proposisjon (B.1.2) gir
Z
1 x+h
1
d
g(x) = lim
f (t) dt = lim f (k)[x − (x + h)] = lim f (k)
h→0
h→0
h→0
dx
h x
h
For å fullføre beviset må vi bestemme k, for husk at k er avhengig av hva x er.
Fra definjsjonen så er x ≤ k ≤ x + h, slik at når h → 0 så vil k → x. Oppsumert
så er altså
Z
d
1 x+h
g(x) = lim
f (t) dt = f (x)
(B.3)
h→0 h x
dx
som var det vi ønsket å vise.
II
1 analysens fundamentaltheorem.
213
Fra dette theoremet kan vi vise følgende korollar
Korollar B.1.1. La f være en kontinuerlig funkjson på [a, b] og la F være en
kontinuerlig funksjon på [a, b] slik at F 0 (x) = f (x) for alle x ∈ (a, b) da er
b
Z
f (t) dt = F (b) − F (a)
a
Mekr at korollaret krever kontinuetet på hele intervalet og ikke bare stykkevis
kontinuitet. Vi viser først et kort bevis for theoremet, for deretter å vise det
sterkere resulatet ved hjelp av middelverdi setningen.
Bevis. Anta at F er en antiderivert av f , hvor f er kontinuerlig på [a, b]. Vi
definerer
Z x
G(x) =
f (t) dt
(B.4)
a
fra theorem (B.1.1), så vet vi at G også er en antiderivert av f . Dermed så må
F og G høyst avike med en eller annen konstant c. G(x) = F (x) + c for alle
x ∈ [a, b]. Ved å la x = a så har vi
Z a
F (a) + c = G(a) =
f (t) dt = 0
a
som medfører at c = −F (a). Altså så er G(x) = F (x) − F (a) eller med andre
ord
Z b
f (t) dt = F (b) − F (a)
a
som ønsket.
Proposisjon B.1.3. (Middelverdi setningen) La f : [a, b] → R være en kontinuerlig funksjon på det lukkede intervalet [a, b], og deriverbar på det åpne intervalet
(a, b) hvor a < b. Da eksisterer det en c ∈ (a, b) slik at
f 0 (c) =
f (b) − f (a)
b−a
Igjen uttelates beviset som bygger på Rolles sats. Men det kan finnes i de
fleste innføringsbøker til Kalkulus. Deriblant [? , thm. 5.10].
Theorem B.1.2. (Analysens fundamentaltheorem. - Del II)
La f og F ta reelle verdier på intervalet [a, b], hvor a, b ∈ R. Slik at den deriverte av
F er f . Altså at F 0 (x) = f (x) for alle x ∈ [a, b]. Dersom f er Rieman-integrerbar
på [a, b] så er
Z
b
f (x) dx = F (b) − F (a)
a
Bevis. Dette er et bevis som baserer seg på Riemann summer. Siden f er stykkevis kontinuerlig på et endelig interval så er f Rieman-integrerbar. La F være den
214
II
1 analysens fundamentaltheorem.
antideriverte til f på [a, b]. Vi tar utgangspunkt i F (b) − F (a), og la x1 , . . . , xn
være tall slik at
a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn = b
Vi antar videre at f er kontinuerlig på (xi−1 , xn−1 ) hvor i går fra 1 til n. Siden
vi har definert x0 = a og xn = b har vi
F (b) − F (a) = F (xn ) − F (x0 )
vi kan skrive om høyresiden som en teleskoperende rekke slik at
F (b) − F (a) =
n
X
F (xi ) − F (xi−1 )
i=1
hvor det overlates til leser å skrive ut høyresiden og sammenlikne. Fra middelverdi setningen (B.1.3) har vi nå at
F (xi ) − F (xi−1 ) = F 0 (ci )(xi − xi−1 )
hvor xi−1 < ci < xi . Dette er lov siden f er kontinuerlig på (xi−1 , xn−1 ). Ved
innsetning i har vi nå
F (b) − F (a) =
n
X
F 0 (ci )(xi − xi−1 ) =
i=1
n
X
f (ci )∆xi
i=1
siden F (x) = f (x) for alle x ∈ (a, b). Dette kan bli sett på som et Riemannsum hvor ∆xi beskriver lengden av partisjonene og f (ci ) er høyden. Ved å la
k∆xi k → 0 fås
F (b) − F (a) =
lim
k∆xi k→0
n
X
i=1
Z
f (ci )∆xi =
b
f (x) dx
a
som var det som skulle vises. Den siste summen er hvordan vi opprinnelig
definerte arealet av en funksjon. Altså som summen av rektangler hvor bredden
går mot null.
III
215
Tillegg C
C.1
KONVERGENS
Når vi studerer integraler er spørsmålet om integralet har en verdi, minst like
viktig som selve svaret. Hva er konvergens og hva menes med at integralet har
en verdi?
Definisjon C.1.1. Et uegentlig integral er et integral som skrives på formen
Z b
Z b
lim
f (x) dx ,
lim
f (x) dx ,
b→∞
a→−∞
a
a
eller på formen
Z
Z
f (x) dx ,
lim
b→∞
b
a
a→−∞
b
f (x) dx ,
lim
a
Hvor grenseverdiene f (x) enten er udefinert, eller går mot ±∞. En sum av
uegentlige integral, er også uegentlig.
Definisjon C.1.2. Et integral kalles konvergent, dersom det kan skrives som en
endelig verdi. Alle integral som ikke er konvergent, kalles divergente.
Eksempel C.1.1. For motivasjon studeres følgende integral
Z 2
dx
x
−1
0
vi velger å ignorere diskusjonen omkring integralet konverger eller ikke1 og
regner blindt ut integralet.
Z 2
h
i2
dx
= log |x − 1| = log |−1| + log |1| = 0
0
0 x−1
Dette virker noe rart om en studerer grafen til funksjonen vist i figur 8. Da
funksjonen klart blåser opp nære x = 1.
Så funksjonen ovenfor konvergerer, men vi vil gjerne skille mellom ulike typer konvergens. Vi har for eksempel Rieman-integrerbare funksjoner, LebesgueIntegrerbare funksjoner osv. Funksjonen ovenfor konvergerer om en betrakter
prinsipial verdien av integralet, men divergerer ellers. Om vi sier at en funksjon
er integrerbar, vil betydningen alltid være at funksjonen er Rieman-integrerbar.
1 Siden
vi ikke engang har diskutert hva konvergens er engang!
216
1 Konvergens
III
Definisjon C.1.3. Et uegentlig integral konvergerer hvis og bare hvis integralet
kan skrives som en sum av uegentlige integral, som alle konvergerer.
Ved å bruke denne definisjonen av konvergens på integralet i eksempel (C.1.1)
så må både
Z 1
Z 2
dx
dx
og
x
−
1
x
−1
0
1
konvergere. Teknikken er altså å bryte opp integralet i interval (a, b) hvor kun
en av grenseverdiene limx→a f (x) eller limx→b f (x) ikke eksisterer. I tilleg til at
f (x) er øvre begrenset på [a, b].
Hvorfor vi velger å definere konvergens på denne måten gir mer mening når
vi studerer begrepet uendelig nærmere. Uendelig er ikke noe tall, men noe vi
reiser mot og aldri helt når. For å slippe hodeverk bør gjerne hastigheten på hvor
raskt vi reiser ikke ha noe å si, siden vi uansett aldri kommer helt frem.
Eksempel C.1.2. La oss betrakte om følgende integral
Z ∞
2x dx
2
−∞ 1 + x
konvergerer eller divergerer. Fra diskusjonen ovenfor er måte å studere hvordan
integralet oppfører seg når vi går mot uendelig i ulikt tempo.
Z a
h
ia
2x dx
lim
= lim log 1 + x2
= 0.
2
a→∞ −a 1 + x
a→∞
−a
Derimot om vi lar funksjonen vokse ’dobbelt’ så raskt mot uendelig fås
Z 2a
h
i2a
2x dx
= lim log 1 + x2
lim
= 2 log 2 .
2
a→∞
a→∞ −a 1 + x
−a
vi kan dermed konkludere med at integralet er udefinert da det er avhengig av
’hastigheten’
Dette problemet med hastigheter løses dersom en deler opp integralet i uegentlige integral. Slik at hvert integral bare har en singularitet.
P-integral
Z ∞
dx
Proposisjon C.1.1. Integralet
divergerer for alle relle eller komplekse p
xp
0
mens
Z 1
Z ∞
dx
dx
,
p
<
1
og
, p>1
p
x
xp
0
1
konvergerer.
Bevis. Dersom p < 1 så er
1
Z 1
dx
1
1
1
p−1
=
x
=
lim 1 − c1−p =
p
1−p
1 − p x→0
1−p
0 x
0
III
1 Konvergens
og likeledes så er
Z ∞
1
dx
= lim
c→∞
xp
Z
c
1
217
dx
1
=
lim 1 − c1−p = ∞
p
c→∞
x
1−p
Deretter studeres tilfellet når p > 1 så
1
Z 1
dx
1
1
1
p−1
= lim
x
lim 1 − p−1 = ∞
=
p
c→0 1 − p
1 − p c→0
c
0 x
c
og likeledes så er
Z c
Z ∞
dx
1
1
dx
=
lim
=
lim 1 − c1−p =
p
p
c→∞
c→∞
x
x
1
−
p
1
−
p
1
1
Siden (0, 1) konvergerer for p < 1 og (1, ∞) konvergerer for p > 1, så kan ikke
(0, ∞) = (0, 1) ∪ (1, ∞) konvergere når p < 1 eller p > 1. Da gjennstår det bare
å teste tilfellet hvor p = 1.
Z ∞
Z 1
Z ∞
dx
dx
dx
=
+
= lim (− log x) + lim log x = ∞
x→∞
x→0
x
x
x
0
0
1
som begge divergerer. Dette fullfører beviset.
Dette resultatet er svært nyttig når vi bruker det i kombinasjon med sammenliknings testen.
Proposisjon C.1.2. (Sammenliknings Testen) La f (x) og g(x) være to funksjoner
definert på (a, b) slik at
0 ≤ f (x) ≤ g(x)
er sant for alle x ∈ [a, b]. Dersom
Z
b
g(x) dx
a
konvergerer så konvergerer integralet over f (x). Dersom integralet over g(x) divergerer så divergerer integralet over f (x).
Eksempel C.1.3. La oss se om følgende integral konvergerer
Z ∞
(sin x)2
dx
x2
0
dersom x ≥ 1 så har vi at
(sin x)2
1
≤ 2
x2
x
dermed har vi fra p-testen at integralet ovenfor konvergerer siden p = 2 > 1.
Dersom 0 ≤ x < 1, kan vi stedet bruke følgende sammenlikning
(sin x)2
1
≤ √
x2
x
218
III
1 Konvergens
ved å gange med x2 , på begge sider så har en at (sin x)2 ≤ x3/2 . Dette stemmer
siden sin x ≤ x ≤ x3/2 , for x ≥ 0 som en for eksempel kan se fra taylorrekken til
sin x. Dermed konvergerer integralet fra sammenlikningstesten og vi har
Z ∞
Z 1
Z ∞
1
(sin x)2
1
√ +
0≤
dx ≤
=3
2
x
x2
x
0
0
0
som er en fin tilnærming.
En kunne fint ha fått enda strammere grenser ved å se på taylorrekken til
(sin x)2 /x2 , men det er helt uviktig. Legg merke til at metoden ovenfor ikke kan
brukes for å vise at (sin x)/x konvergerer, selv om integralene har samme verdi.
Proposisjon C.1.3. (Grensesammenliknings Testen)
La f og g enten være to strengt positive eller strengt negative funksjoner på [a, b]
og la funksjonene være udefinert i punktet a. Dersom g(x) ∼ f (x) når x ∼ a så
konvergerer
Z b
Z b
f (x) dx hvis og bare hvis
g(x) dx konvergerer.
a
a
Hvor g(x) ∼ f (x) når x ∼ c betyr at limx→c f (x)/g(x) = 1. Begge testene
ovenfor krever at funksjonene f og g ikke skifter fortegn på intervalet. Så det er
logisk å lure på hvordan en skal behandle integraler som ikke er strengt positive
eller negative. En måte å tvinge en funksjon til å være positiv på er å ta absoluttverdien. Det er klart at både f (x) og |f (x)| har samme singulariter så et naturlig
Rb
spørsmål er hvilken konklusjon vi kan trekke om a f (x) , dersom vi vet noe om
Rb
integralet a |f (x)| dx konvergerer, eller divergerer. Et delvis svar på spørsmålet
er gitt i følgende proposisjon
Proposisjon C.1.4. La f (x) være en funksjon dersom integralet
Z b
|f (x)| dx
a
konvergerer, så konvergerer også integralet
Z b
f (x) dx .
a
Rb
Merk at det kontrapositive ikke stemmer! Dersom integralet a |f (x)| dx
Rb
divergerer betyr dette ikke at a f (x) dx divergerer. Et eksempel på dette er vist
under
Dirichlet integralet
Lemma C.1.1. La f være definert som følger2

 sin x
dersom
f (x) =
x

0
ellers
2 Det
x 6= 0 ,
R∞
er i utgangspunktet ingen grunn til å definere f slik, da integralet
(sin x)/x dx er Riemann0
integrerbart. Derimot er fordelen ved å definere f slik at funksjonen blir kontinuerlig, deriverbar.
III
1 Konvergens
Z
219
∞
da konvergerer integralet
f (x) dx, men ikke absolutt.
−∞
Bevis. Først kan en legge merke til at integralet er symmetrisk omkring origo
f (−x) = f (x), slik at det holder å betrakte (0, ∞).
Første del av bevisetRvil gå ut på å vise at funksjonen ikke konvergerer abso∞
lutt, og deretter vise at 0 f (x) dx, konvergerer. Vi betrakter først integralet av
funksjonen over et endelig interval
Z N
f (x) dx ,
0
La nå N ∈ N, da er
Z
0
2πN
N
−1 Z 2π(n+1)
X
sin x
sin x
dx =
dx
x
x
n=0 2πn
Z 2π(n+1)
N
−1
X
1
≥
|sin x| dx
2π(n + 1) 2πn
n=0
Z 2π
N
−1
X
1
=
|sin x| dx
2π(n + 1) 0
n=0
=
N −1
1
2 X
π n=0 n + 1
som klart divergerer når N → ∞. Dette viser at integralet ikke konvergerer
absolutt. Å bruke testene ovenfor i kombinasjon med p-integralene er det som
vil bli brukt for å vise de aller fleste integralene konvergerer.
Men dette integralet krever litt mer triksing. Trikset i denne oppgaven blir å
atter en gang vende tilbake til delvis integrasjon. Vi deler igjen integralet ved
x=1
Z N
Z N
h cos x iN Z N cos x
sin x
cos N
cos x
dx =
dx
=
cos(1)
−
−
−
2
x
x
x
N
x2
1
1
1
1
som konvergerer når N → ∞. For å vise at siste integral konvergerer kan en
bruke p-testen med x2 siden cos x/x2 ≤ 1/x2 når x ≥ 1. Tilfellet Når x ∼ 0 så er
sin x ∼ x så (sin x)/x ∼ 1. Så
Z 1
Z 1
sin x
dx ≤
1 dx
x
0
0
dette følger fra grensesammenlikningstesten og medfører konvergerens. Dette
medfører også at integralet konvergerer.
At integralet ovenfor konvergerer har med flere ting å gjøre. Først så blåser
ikke integralet opp nære origo da (sin x)/x ≤ 1 for |x| < 1. Faktisk så er
(sin x)/x ≤ 1 ∀ x ∈ R, siden 1/x ’drar’ funksjonen mot null.
Funksjonen sin x bidrar til at funksjonen oscillerer over og under x-aksen, og
det er kanseleringen av disse områdene som bidrar til at funksjonen konvergerer.
Når en ser på absoluttverdien av funksjonen får en derimot ikke disse kanseleringene. I alle eksemplene tidligere har vi sett på funksjoner som går mot 0 når
220
III
1 Konvergens
x → ∞. At dette alltid er tilfellet for konvergente integral er feil. Det eksisterer
altså funksjoner
R ∞ hvor limx→∞ f (x) ikke eksisterer – eller går mot en verdi ulik
null – men k f (x) dx konvergerer.
Fresnell integralene
Lemma C.1.2.
x
Z
Z
sin t2 dt , C(x) =
Integralene S(x) =
x
cos t2 dt konvergerer ∀x ∈ R.
0
0
Lemma C.1.3.
Z
∞
sin x2 dx og
Integralene
−∞
Z
∞
cos x2 konvergerer.
−∞
R
R
Å forstå hvorfor R sin x2 dx konvergerer og ikke R sin x dx er ikke så veldig
vanskelig. For sin(x2 ) har funksjonen et en topp over x-aksen, også en bunn
under x-aksen. Arealet av disse toppene og bunnene blir mindre og mindre når
x → ∞. Dette er ikke tilfellet for sin x som oscillerere med samme hastighet
hele tiden. Fra den alternerende rekketesten konvergerer altså integralet over
sin(x2 ), men ikke sin x.
Vi kommer kun til å bevise lemma (C.1.3) siden dette også beviser lemma (C.1.2). Selv om det er rett frem å vise at S(x) og C(x) konvergerer siden
en integrerer en begrenset funksjon over et endelig interval.
Bevis. Funksjonene er symmetrisk omkring origo, så holder det å betrakte integralene over (0, ∞). Her vil vi bare vise at integralet over sin(x2 ) konvergerer,
men et nøyaktig likt bevis kan føres for cos(x2 ). Alternativt kan en vise først at
integralene er like store, slik at det holder å vise at ett av integralene konvergerer.
∞
Z
sin x2 dx =
1
Z
0
sin x2 dx +
Z
0
∞
sin x2 dx
1
Funksjonen er integrerbar på intervalet [0, 1], den blåser ikke opp og har ingen
singulariterer. Vi må altså vise at integralet
Z
lim
N →∞
N
sin x2 dx ,
1
√
√
konvergerer. Ved å bruk substitusjonen t = x2 , så x = t og 2 t dx = dt får en
Z
N
sin x2
2
Z
dx =
1
1
N2
sin t
cos N 2
cos 1
1
√ dt = − √
+
−
2
4
2 t
2 N
Z
1
N2
cos t
dt
t3/2
siste integralet kjenner vi igjen. Ved å sammenlikne med p-integralene ser vi at
integraler konvergerer, siden 3/2 > 1 og cos t/t3/2 ≤ 1/t3/2 .
Γ-funksjonen
Z
Lemma C.1.4.
0
∞
tx−1 e−t dt konvergerer for alle x ∈ (0, ∞)
III
1 Konvergens
Bevis. Først så deler vi integralet i
Z
Z ∞
x−1 −t
t
e dt =
1
x−1 −t
t
e
∞
Z
tx−1 e−t dt
dt +
1
0
0
221
og det neste steget er å vise at de uegentlige integralene på høyre side konvergerer. Fremmgangsmåten blir å finne en funksjon f (t) slik at 0 ≤ tx−1 e−t ≤ f (t),
og vise at integralet over f (t) er konvergerer.
For det første integralet så er e−t ≤ 1 for t ≥ 0, slik at
x 0
Z 1
Z 1
cx
t
1
x−1 −t
x−1
−
.
0≤
t
e dt ≤ lim
t
dt = lim
= lim
c→0 c
c→0
x c c→0 x
x
0
Dersom x > 0, så vil ax → 0 når a → 0+ , så integralet konvergerer mot 1/x.
R1
Dette viser at integralet over 0 tx−1 e−t dt konvergerer.
For det neste integralet vil vi bruke at limt→∞ tr e−t/2 = 0 for alle r ∈ R.
Altså for x > 0 eksisterer det en kx ∈ R slik at 0 ≤ tx e−t/2 ≤ 1 for t ≥ kx . Vi
holder x konstant og deler integralet ved kx
Z ∞
Z kx
Z ∞
x−1 −t
x−1 −t
t
e dt =
t
e dt +
tx−1 e−t dt .
1
kx
1
Det første integralet på høyre side er over et endelig interval og har ingen singulariter på intervalet, altså konvergerer integralet. For det neste har vi at t ≥ kx
slik at tx−1 e−t = (tx−1 e−t/2 )e−t/2 ≤ e−t/2 , så
Z ∞
Z ∞
tx−1 e−t dt ≤
e−t/2 dt = lim 2e−kx /2 − e−c/2 = 2e−kx /2 .
kx
c→∞
kx
Merk at uansett hva kx er såR konvergerer integralet. Dette viser at det andre
∞
integralet er konvergent, så 1 tx−1 e−t dt konvergerer. Dette fullfører beviset.
Betaintegralet
Z
Lemma C.1.5.
1
tx−1 (1 − t)y−1 dt konvergerer for alle x, y ∈ (0, ∞)
0
Bevis. Slik som beviset for konvergens av gammaintegralet deles integralet opp
Z 1
Z 1/2
Z 1
x−1
y−1
x−1
y−1
t
(1 − t)
dt =
t
(1 − t)
dt +
tx−1 (1 − t)y−1 dt .
0
0
1/2
x−1
y−1
x−1
For det første integralet merk at t
(1 − t)
≤t
for 0 ≤ t ≤ 1/2, så
Z 1/2
Z 1/2
(1/x)x − cx
0≤
tx−1 (1 − t)y−1 dt ≤
tx−1 dt = lim
c→0
x
0
0
Nå, dersom x > 0 så vil ax → 0 når a → 0+ , så det første integralet konvergerer
dersom x > 0. Tilsvarende for det neste integralet så er tx−1 (1 − t)y−1 ≤
(1 − t)y−1 for 1/2 ≤ t ≤ 1 så
Z 1/2
Z 1/2
(1/2)y − (1 − c)y
0≤
(1 − t)y−1 dt ≤
(1 − t)y−1 dt = lim−
x
c→1
0
0
222
1 Konvergens
III
Nå, dersom y > 0 så vil (1 − a)y → 0 når a → 1− , så det første integralet
R1
konvergerer dersom y > 0. Dermed så konvergerer 0 tx−1 (1 − t)y−1 dt for alle
x, y > 0 som var det som skulle vises.
C.1.1
KONVERGENSRADIUS
C.1.2
P R I N S I PA L
VERDI
Cauchys prinsippielle verdi (Cauchy principal value) er en måte å gi en verdi
til integralet som i utganspunktet divergerer.
III
C.2
2 Funksjonalanalyse
223
F U N K S J O N A L A N A LY S E
Lemma C.2.1. Anta fn er en funksjonsfølge definert på en åpen delmengde D
av C. Dersom fn konvergerer uniformt på ethvert kompakt (lukket og begrenset)
undermengde av D til grensefunksjonen f , da er f analytisk på D. Videre så er
sekvensen av deriverte fn0 konvergerer også uniformt mot f 0 på enhver komptakt
undermengde av D.
Lemma C.2.2. (Derivasjon under integraltegnet) La D være en åpen mengde
og la γ være en kontur av endelig lengde L(γ). Anta ϕ : {γ} × D → C er en
kontinuerlig funksjon, og definer g : D → C ved
Z
g(z) =
ϕ(w, z) dw
γ
Da er g kontinuerlig. Videre dersom ∂ϕ/∂z eksisterer og er kontinuerlig på {γ}×D
da er g analytisk med derivert
Z
dϕ
0
ϕ(w, z) dw
g (z) =
γ dz
Korollar C.2.1. La D være en åpen mengde og ϕ : [a, ∞] × D → C være en
funksjon med kontinuerlig partiellderiverte ∂ϕ/∂z. Dersom integralet
Z
g(z) =
ϕ(w, z) dw
γ
konvergerer uniformt på en kompakt delmengde av D, da definerer det en analytisk
funksjon på området og har deriverte
Z
dϕ
g 0 (z) =
ϕ(w, z) dw
γ dz
Lemma C.2.3. (Produkt representasjonen av Γ(s))
n
Z ∞
t
ts−1 dt
Γ(s) =
1−
n
0
dersom s = it + σ, hvor σ > 0 og t ∈ R.
Bevis. Vi innfører funksjonen
Z
fn (s) =
0
n
t
1−
n
n
ts−1 dt
og ønsker å vise at F (s) − fn (s) går mot null, når n → ∞. Vi kan skrive
Z n
Z ∞
n s−1
−t
Γ(s) − fn (s) =
e
1−t n
t
dt +
e−t ts−1 dt ,
(C.1)
0
n
og ser at siste leddet går mot null når n vokser. Det virker rimelig at første ledd
og går mot null siden første ledd blir mindre og mindre. Tanken er nå at vi
ønsker å vise at
n
t
0 ≤ e−t − 1 −
≤ n−1 t2 e−t .
(C.2)
n
224
III
2 Funksjonalanalyse
Dersom denne ulikheten stemmer så kan likning (C.1) skrives som
Z n
1
1
Γ(s) − fn (s) ≤
e−t tσ+1 dt < Γ(σ + 2)
n 0
n
som følger fra ulikheten ovenfor. Dette uttrykket går mot null når n → ∞ siden
Γ(σ + 2) er endelig. Altså konvergerer fn (s) uniformt mot Γ(s) som ønsket.
For å vise likning (C.2) tar vi utgangspunkt i at for 0 ≤ y ≤ 1 så har vi
1 + y ≤ ey ≤ (1 − y)−1 . For store n kan vi sette y = t/n, slik at
t
1−
n
n
≤e
−t
≤
t
1−
n
−n
hvor vi også opphøyde ulikheten i n, så (e−t/n )n = e−t . Vi skriver om venstresiden av ulikheten ytterligere
n
n t
t
= e−t 1 − et 1 +
0 ≤ e−t − 1 +
n
n
n n t
t
≤ e−t 1 − et 1 +
1−
n
n
n 2
t
= e−t 1 − et 1 − 2
n
Det neste steget blir å bruke at dersom 0 ≤ a ≤ 1 så er (1 − a)n ≥ 1 − na, gitt at
na < 1. Lar vi a = t2 /n2 så har vi for store n
n
t2
t2
1− 1− 2
≤
n
n
Dermed så har vi
0≤e
−t
t
− 1−
n
n
≤ n−1 t2 e−t
og dette fullfører beviset.
Proposisjon C.2.1. Γ-funksjonen definert som
Z ∞
Γ(s) =
e−t ts−1 dt ,
0
er analytisk for alle σ > 0.
R∞
Bevis. Først legger vi merke til at for a > 0 så er funksjonen a e−t ts−1 dt analytisk. For å vise dette må vi bare vise at funksjonen konvergerer unfomormt
på enhver kompakt undermengde av D. Deretter kan vi bruke korollar (C.2.1)
siden alle de andre vilkårene er tilfredstilt. Som forventet så dominerer eksponensialen integralet for store n
Z n
Z ∞
Z ∞
Z ∞
e−t ts−1 dt −
e−t ts−1 dt =
e−t ts−1 dt ≤
e−t tσ−1 dt
a
a
n
n
III
2 Funksjonalanalyse
225
Funksjonen e−t/2 tσ−1 er øvre begrenset av, som vi kan se ved å derivere og se
på ekstrema. Merk at ekstrema ikke befinner seg i noen av endepunktene. Dette
medfører at vi kan skrive
Z ∞
−t/2 σ−1
|fn − f | ≤ max e
t
e−t/2 dt ≤ 2C(σ)e−n/2
n
Hvor vi ikke bryr oss om hva C er, bare at den avhengier av σ og ikke n. Slik at
når n → ∞ så vil |fn − f | = 0, som er selve definisjonen på uniform konvergens.
Dette holder bare for n ≥ 1, og vi ønsker å vise at funksjonen er analytisk for
σ ∈ (0, ∞). Vi definerer følgende funksjon
Z ∞
fn (s) =
e−t ts−1 dt
1/n
Ved argumentet ovenfor så er hver fn analytisk. Anta at σ ≥ c ≥ 0. For 0 < t ≤ 1
så har vi e−t < 1 og tσ−1 ≤ tc−1 . Altså for n > m,
Z
1/m
1/n
e−t ts−1 dt ≤
Z
1/m
1/n
tc−1 dt =
1
c
1
1
− a
ma
n
Vi må nå vise at uttrykket ovenfor går mot null. Gitt ε > 0 så kan vi alltid velge
0 ≤ δ ≤ 1 slik at (m−a − n−a ) /c ≤ når m−1 − n−1 ≤ δ. Altså tilfredstiller
fn Cauchys betingelse for uniform konvergens på en kompakt undermengde av
det positive halvplanet σ > 0. Fra lemma (C.2.1) følger det at Γ-funksjonen er
analytisk for σ > 0.
226
C.3
III
3 Bohr-Mullerup Theoremet
BOHR-MULLERUP THEOREMET
Beviset her baserer seg på Rudin’s bevis [? , thm. 8.19] og hele kapitel 4 fra
[? ] se spesielt theorem 4.4. Før vi beviser theoremet trengs et lite lemma
Lemma C.3.1. La f : (a, b) → R være en konveks funksjon, da holder
f (t) − f (s)
f (u) − f (s)
f (u) − f (t)
≤
≤
t−s
u−s
u−t
for alle u, t, s ∈ (a, b) slik at a < s < t < u < b.
Bevis. La a < s < t < u < b da er
f (λs + (1 − λ)) ≤ λf (s) + (1 − λ)f (u)
siden f er konveks. Vi lar λ =
u−t
u−s
(C.3)
slik at t = 0, λ = 0 og t = s, λ = 1. Da er
λs + (1 − λ)u = λ(s − u) + u =
t−u
u−s
(u − s) + u = t
Fra dette følger det at likning (C.3) kan skrives som
f (t) ≤ f (u) +
Ved å bruke at
u−t
u−s
=1+
s−t
u−s
u−t
f (s) − f (u)
u−s
(C.4)
i likningen ovenfor får vi
f (t) ≤ f (s) +
s−t
f (s) − f (u)
u−s
(C.5)
Ved å dele på s − t kan likning (C.4) skrives på formen
f (u) − f (s)
f (u) − f (t)
≤
u−s
u−t
(C.6)
Tilsvarende så kan vi skrive om likning (C.5) ved å dele ulikheten på s − t,
f (t) − f (s)
f (u) − f (s)
≤
t−s
u−s
(C.7)
altså så er
f (u) − f (s)
f (u) − f (t)
f (t) − f (s)
≤
≤
t−s
u−s
u−t
som var det vi ønsket å vise.
Theorem C.3.1. (Bohr–Mollerup) Gitt en funksjon f : (0, ∞) → (0, ∞) som
tilfredstiller
1) f (1) = 1
2) f (x + 1) = xf (x)
3) log f er konveks.
III
3 Bohr-Mullerup Theoremet
227
Da følger det at f (x) = Γ(x) ∀ x ∈ (0, ∞).
Bevis. Vi vet allerede at Γ(s) tilfredstiller punkt (1) til (3), og det gjennstår å
vise at f (x) er unikt definert utifra disse restriksjonene. I tillegg er det fra (2)
nok å se på tilfellet hvor x ∈ (0, 1).
Vi innfører funksjonen ϕ = log f . Punkt (1) sier at ϕ(1) = 0, punkt (2) gir at
ϕ(x + 1) = ϕ(x) + log x
(C.8)
mens punkt (3) betyr at ϕ er konveks. La x ∈ (0, 1), og la n ∈ N. Vi bruker oss
nå av første del av lemma (C.3.1), og setter s = n, t = n + 1 og u = n + 1 + x i
likning (C.6)
ϕ(n + 1) − ϕ(n) ≤
ϕ(n + 1 + x) − ϕ(n + 1)
x
Tilsvarende ved å sette inn s = n + 1, t = n + 1 + x og u = n + 2 i likning (C.6)
gir
ϕ(n + 1 + x) − ϕ(n + 1)
≤ ϕ(n + 2) − ϕ(n + 1)
x
Likning (C.8) sier nå at ϕ(n + 1) − ϕ(n) = log n, og i tillegg ved å bruke (2) har
vi ϕ(n + 2) − ϕ(n + 1) = log(n + 1). Vi kan kombinere ulikehetene til
log n ≤
ϕ(n + 1 + x) − ϕ(n + 1)
≤ log(n + 1)
x
(C.9)
Ved å bruke ??, n + 1 ganger på ϕ(n + 1 + x) så får vi
ϕ(x + n + 1) = ϕ(x + n) + log(x + n)
= ϕ(x + n − 1) log(x + n) + log(x + n − 1)
..
.
= ϕ(x) + log (x + 1)(x + n − 1) · · · (x + 1)x
Ved å sette x = 0 i utledningen ovenfor vår vi også ϕ(n + 1) = log n! siden n ∈ N.
Vi kan nå skrive om likning (C.9)
ϕ(x) + log (x + 1)(x + n − 1) · · · (x + 1)x − log n!
≤ log(n + 1)
log n ≤
x
Det neste steget blir å gange ulikheten med x, som er gyldig siden x ∈ (0, 1) og
å trekke fra log(nx ) fra hvert ledd
0 ≤ ϕ(x) + log (x + 1)(x + n − 1) · · · (x + 1)x − log n! − log nx
≤ log(n + 1)x − log nx
Ved å forenkle likningen ovenfor får en
n!nx
1
0 ≤ ϕ(x) − log
≤ x log 1 +
x(x + 1) · · · (x + n)
n
228
3 Bohr-Mullerup Theoremet
Dette uttrykket holder for alle n og ved å nå la n → ∞ får vi
n!nx
ϕ(x) = lim log
n→∞
x(x + 1) · · · (x + n)
III
(C.10)
siden log(1 + 1/n) → log 1 = 0. Ved å ta exp på begge sider av likning (C.10) fås
n!nx
f (x) = lim
n→∞ x(x + 1) · · · (x + n)
siden eϕ(x) = f (x). Dette viser at funksjonen f har en unik representasjon, det
eksisterer altså bare en funksjon som tilfredstiller punkt (1) til (3). Siden vi
vet at Γ-funksjonen også tilfredstiller punkene, må f (x) = Γ(x). Dette fullfører
beviset.
V
230
V
1 Kortsvar
5.1
K O R T S VA R
1.3.3
1.2
1. 2π
2. π/2
1. π/3
3.
log 2
0
a 6= 0
ellers
log 2
0
a 6= 0
ellers
I=
2. π/3
4.
1.3.2 hello
I=
1. x + 3 ln |x| + C
5.
6. log 5
√
27. 2
7. log 5
√
√
2 x − 4 ln x + 2 + C
49.
8. π 2
9. 6
10. 6
70. π
11. π/2
13. log 5
72.
x3
− log |x + 1|
3
√
14. log 2 > 1/ 2
V
8.1 Oppgaver
2.3
1. like f (−x) = f (x)
2. 0
3. 1/2
4. 0
6. π
2.4
8.
9. π/2
10. −1 + 2 log 2
11. π/2
2.5
12.
π
2cd
13. log
2
π
14. Del opp og la u = ex
15.
π
2a
16. Del opp og la u = ex
231
232
V
1 Kortsvar
2.5.1
2.8
1.
1. π/3
2.6.2
2.
2π
1. √
3 3
π
cos a
2
4.
2. arctan √
x
+2
x2
5. π 2 /4
3π
3. √
2 2
2.10.2
2.7.1
1. log
1. ex sin x + C
2
π
√
2. π /2
2
π
2
π
2. log
3. c = 3, k = 2
2
π
2
π
4. log
5. log
2.7.2
1. (x − 1)4 ex + C
3. 0
4. log
2.10.3
1. 4I± = sin 2x + 2x
2. (x − 1)4 ex + C
3. (x − 1)4 ex + C
4. (x − 1)4 ex + C
2. 4I± = sin 2x + 2x
3. 4I± = sin 2x + 2x
V
14.1 Oppgaver
2.11.1
233
18. 2
1. arcsin(2x − 1) + C
2. ln (cos x + sin x) + C
19. π
20. 2
21. arctan x +
3. 2
1
arctan(x3 )
2
3/2 22. 1Roger
1
1
1+
3 1+
−5 +C
x
x
1
23.
2013
1
1
5.
+ arctan x2
24. 0
2x
2
2
4.
15
6.
1 π
e
2
x−a
1
x
− arctan( ) + C
x+a
a
a
7. ln
8. ln x · ex + C
25.
1
2
26. 2
π
27. √
2 ab
r
9. π/4
10. π/4
29.
1
x − log x
1
x
log
+ arctan
4
x + log x
2
log x
30.
1
π ln(6)
6
q
√
11. 4 1 + x
12. nπ
13.
1 2x
e +C
2
q
p
14. 2 x + x2 + 1 + C
15.
1
1
log 1 − 6 + C
6
x
16.
3π 2
16
17. 2
18.
1 (x + 2)3 (x + 22)
+C
300
(x + 7)4
√
√ 1
+ 2 log x + 1 + x
x
28. −2 1 +
31. 1/2
32.
2
2 log2 (2)
1
33.
log
2
e−1
e+1
34.
log 5
2 log(2/3)
36.
π
2
37. −
x
x5 + x + 1
234
1 Kortsvar
38. 2 log 2 − 1
π
39. √
2 ab
40.
π 3
2
V
V
14.2 Oppgaver
235
2.11.1
2.11.2
41. π/4
1. I1 = π/4
I2 = −π/4
2. I1 = π/4
I2 = −π/4
42. log(5/4)C
p
3. arcsinh(x) = log x + x2 + 1
43. π
4. 1/r når r > R > 0,
1/R når R > r > 0
44. 2
5. I1 = π/4
I2 = −π/4
√ 45. 2x sin x + C
6.
46. log
√
x2 − 1 + x
√
x2 + 1 + x
!
+C
7. I(α) = απ/4
8. β = a2 /5
2ab
cos θ =
25
47. 0
9. t =
48. 1
√
10. π/ 3
49. π 2 /4
π
11. √
4 2
50. 42 /32
12. t =
1
π + πn n ∈ N
2
13. π
π
51. √
3 6
52. 1/2 log
1
π + πn n ∈ N
2
14. −1 + 2 log 2
p
3/2
15. −1 + 2 log 2
16. A = B = 1, C = 0, π/3
53. 2
√
17. 2
18. 2
236
V
1 Kortsvar
19. 47
41.
√
20. 2 − 2
42.
21. I = π/2
4
3
2
26
15
−
log 3
3
2
43. xe2∗x
2
22. I = positiv = 22/7 − π
44. hint: u = x2 ,
π
23.
4φ
4
3
24.
29.
4
3
u=t
45. π
46. π
2
√
47. a = 3, b = 4 så ab + ba = 12
25. π 2
26.
5
49
48. B = 1/4, A = −1/4.
√
49. a = 3, b = 4 så ab + ba = 12
2
π2
22n+1
2n
n
3.3.2
3. arcsin(2x − 1) + C
30. π/4
4.
31. π/4
aρ − bρ
Γ(1 − ρ)
ρ
√
5. C = log 2π .
32. Hint: La integralene få samme
grenser.
3.3.3
33.
1.
√
34. a = 3, b = 4 så ab + ba = 12
35. I =
x(x − 2)
, a = 0, b = 16/9
2
π/n
sin π/n
2. π/ sin πn
3.3.4
36. x = tan tan β
3. I(m) =
37. 2
3.3.9
√
38. a = 3, b = 4 så ab + ba = 12
1.
39. 2
40. a = 0, b = 1 max(I) = 1/2
2.
π
2
sign m, I(0) = 0.
V
1 Kortsvar
3.6
3.10.2
1. arcsin(2x − 1) + C
1. π/2
2. arcsin(2x − 1) + C
1
2
3.
1
1
+
a
b
π
√
2 ab
4. arcsin(2x − 1) + C
5. arcsin(2x − 1) + C
3.7
237
2π
2. √ − 1
3 3
3. π/2
4. π/2
5. π arctanh γ
6. π arctanh γ
8. Hint xa − xb = (xa + 1) − (xb + 1)
3.8
7. log
2
π
8. log
9. log
10. π arcsin b
π(−1)n
n!
2
π
11.
2
π
12. π/2
14. π/2
1. ζ(3)
15. π/2
3.
π
4
4. ζ(3)
5.
1
π2
log2 (2) −
2
12
∂
∂
+
∂α
∂β
√
13. −2 ± 5
3.10.1
√
2. π
16. π/2
√
3
17. log 2π +
4
18. π/2
√
3
19. log 2π +
4
20. π/2
n
1
√
ab
238
5.30
V
30 Langsvar
L A N G S VA R
1.2
1. Det logiske her blir å benytte proposisjon (2.8.1)
2. Det logiske her blir å benytte proposisjon (2.8.1) siden uttrykket er på
formen xR(sin x, cos2 x). Dermed så er
Z π
Z
π π
(cos x)2 sin x dx .
I=
x(cos x)2 sin x dx =
2 0
0
Det neste steget blir å bruke substitusjonen u 7→ cos x med du = − sin x. Videre
så blir grensene u = cos 0 = 1, u = cos π = −1.
π
=
2
Z
−1
2
Z
−u dx = π
1
1
2
x dx = π
0
x3
3
1
,
0
hvor vi snudde grensene og brukte at x2 er symmetrisk omkring origo. Dermed
Z π
π
x cos2 x sin x dx =
,
3
0
som var det som skulle vises.
1.3.2 hello
1. Vi legger merke til at vi kan dele opp integralet i to, som vist under
Z 2
Z 2
x + 3x
x
3x
dx =
+ 2 dx
2
2
x
x
x
Z 2
Z
x
3x
=
dx +
dx
x2
x2
The first integral kan forkortes til 1, mens i det andre kan vi sette konstantleddet
utenfor, og faktorisere ut en x i teller og nevner.
Z
Z
1
= 1 dx + 3
dx
x
= x + 3 ln |x| + C
Hvor vi tilslutt brukte at (ln x)0 = 1/x
70. Dette integralet kan se noe vanskelig ut, men løses relativt greit ved
substitusjon. Vi kan for eksempel velge u 7→ ex eller t 7→ ex/2 . Dersom vi bruker
V
3.3 Oppgaver
239
y
y = x + 2π
y = sin x
x = sin y
D
x
Figur 5.1: Området D avgrenset av de tre funksjonene.
første substitusjon får vi at du == ex dx = u dx. Videre så blir ex/2 = (ex )1/2 =
√
u.
Z ∞
Z ∞ √
Z ∞
ex/2
u du
du
√
dx =
=
x
1
+
e
1
+
u
u
u
(1
+ u)
−∞
0
0
som ikke virker spesielt mye enklere å integrere. La oss heller prøve den andre
substitusjonen. Da er dt = 12 ex/2 dx = 2t dx, og ex = (ex/2 )2 = t2
Z ∞
Z ∞
Z ∞
2 dt
ex/2
t
du
dx
=
=
2
=π
x
1 + t2 t
1+t
−∞ 1 + e
0
0
Mye enklere. Siden t = ex så vil t → ∞ når x → ∞ og t → 0 når x → −∞ siden
t = lim ex = lim e−x = lim
x→−∞
x→∞
x→∞
1
=0
ex
I aller siste overgang ble integralet av arctan funksjonen brukt, se.
1.3.3
2.
5. Integralet kan beregnes ved å bruke delvis integrasjon to ganger. Vi ser
først på det ubestemte integralet og får
Z
Z
1 2x
1
2
2x
2
(x − 1)e dx = (x − 1) · e − 2x · e2x dx
2
2
Z
1
1
= (x2 − 1)e2x − x · e2x − e2x dx
2
2
1 2
1
1
=
x − x−
e2x + C
2
2
4
240
V
30 Langsvar
I første delvise integrasjon ble u = x2 − 1 brukt og v = e2x /2. For å gjøre ting
litt enklere skrives integralet om til
Z
22 (x2 − 1)e2x dx = 2x2 − 2x − 1 e2x + C = 2 · x(x − 1) − 1 e2x + C
Setter vi inn grensene våre får vi nå
Z ϕ
h
iϕ
22 x2 − 1 e2x dx = 2 · x(x − 1) − 1 e2x
ψ
ψ
= 2 · ϕ(ϕ − 1) − 1 e2ϕ − 2 · ψ(ψ − 1) − 1 e2ψ
= 2 · 1 − 1 e2ϕ − 2 · 1 − 1 e2ψ
= e2ϕ − e2ψ
I den andre overgangen ble det brukt at ψ og ϕ løser likningen x(x − 1) = 1.
Merk det var ikke nødvendig å beregne ϕ og ϕ direkte for å beregne integralet.
For å slippe den delvise integrasjonen kan vi gjøre følgende antakelse
Z
x2 − 1 · e2x dx = Ax2 + Bx + C · e2x
Dette virker logisk for når vi deriverer er polynom ganget med en eksponensialfunksjon, har polynomet i svaret like høy grad. [xex ]0 = [1ex + xex] = [1 + x]ex
for eksempel. Da derivasjon og integrasjon er motsatte opperasjoner bør dette
holde her og. Derivasjon gir
(x2 − 1) · e2x = 2A · x2 + 2(A + B) · x + (2C + B) · e2x
Ved å sammenlikne koeffisientene så er 2A = 1, 2(A + B) = 0 og 2C + B = −1.
Slik at A = 1/2, B = −A = −1/2 og C = (B − 1)/2 = −1/4 og
Z
1 2
1
1
2
2
2x
2
x − x−
e2x = 2 · x(x − 1) − 1 e2x
2
(x − 1) · e dx = 2
2
2
4
som før.
6. 5
7. Vi har via substitusjonen u 7→ 1/t, så er du = − dt/t2 ⇒ dt = − du/u2 .
Z
f (1/x) =
1
1/x
log t
dt =
1+t
Z
x
−
1
log 1/u du
=
1 + (1/u) u2
Z
1
x
1 log u
du
u 1 + u2
Legger vi sammen funksjonenene får vi totalt sett
Z x
Z x
Z x
log t
1 log t
t log t + log t
f (x) + f (1/x) =
dt +
dt =
dx
1
+
t
t
1
+
t
t(1 + t)
1
1
1
Z x
Z x
(1 + t) log t
log t
(log x)2
=
dt =
=
t(1 + t)
t
2
1
1
Dermed så blir f (e) + f (1/e) = (log e)2 /2 = 1/2. Som ønsket.
V
30 Langsvar
241
8. Vi beregner først de to første integralene
2π
Z
π
Z
dφ
0
0
π
sin θ dθ = 2π − cos θ 0 = 2π − cos π + cos 0 = 4π
Siden cos π = −1 og cos 0 = 1. Det enkleste en kan gjøre for å beregne det siste
integralet er delvis integrasjon. Vi har
Z
Z
2r 2 du
2r
1
1
dr
=
u
=− =−
2
2
1
2r
u
1
+
r2
(1 + r )
via substitusjonen u = 1 + r2 , så er du = 2r dr slik at dr = du/2r. Vi bruker nå
delvis integrasjon med
r
2
1
u0 =
2
v0 =
og
u =
2r
2
(1 + r2 )
1
v =−
1 + r2
og
kan integralet skrives som
Z
∞
I = 4π
2r
(1 +
0
2
r2 )
·
r
dr = 4π
2
−r
2 (1 + r2 )
∞
Z
− 4π
−
0
0
∞
1 dr
2 1 + r2
Den første delen av integralet går mot null slik at
∞
Z
= 4π
r2
Z
2
(1 + r2 )
0
dr = 2π
0
∞
π
∞
dr
−
0
=
2π
arctan
r
=
2π
0
1 + r2
2
der det siste integralet er den deriverte av arctan r. Oppsumert så er altså
Z
2π
Z
0
π
Z
∞
sin θ dθ
dφ
0
0
som var det vi ønsket å beregne.
9. 7
10. 8
13.
14.
r2
(1 +
2
r2 )
Z
dr = 2π
0
∞
dr
= π2
1 + r2
242
V
30 Langsvar
2.3
2. Det er flere ulike måter å vise dette integralet på
Z 2π
(1 + sin x)1+cos x
log
dx = 0 .
1 + cos x
0
Merk at integralet blåser opp når x = π og x = 3π/2 slik at det er naturlig å dele
inn integralet som følger.
Z
2π
π/2
Z
f (x) dx =
0
|0
Z π
Z 3π/2
Z 2π
f (x) dx +
f (x) dx +
f (x) dx +
f (x) dx
π
3π/2
{z
} | π/2 {z
|
{z
}
}
|
{z
}
I
III
II
IV
En kort skisse av løsningene er gitt under
Løsning a) Alle integralene kan mappes til intervalet (0, π/2), deretter fra
symmetri er integralet null.
Løsning b)
Integalene kan beregnes direkte
I = −1 + 2 log 2
II + IV = −2 log 2
III = 1
hvor en ser med en gang at summen er 0.
Løsning c) En viser at
Z 2π
Z
(1 + cos x) log(1 + sin x) dx =
0
2π
log(1 + cos x) dx
0
Alle disse metodene fungerer utmerker. Her blir a) og c) studert nærmere. De
individuelle integralene vil bli studert senere i heftet.
a) Begynner å mappe hvert integral på (0, π/2).
Z π
II =
(1 + cos x) log(1 + sin x) − log(1 + cos x) dx
π/2
π/2
Z
(1 − sin y) log(1 + cos y) − log(1 − sin y) dy
=
0
Der substitusjonen x 7→ y + π/2 ble brukt.
Z
3π/2
(1 + cos x) log(1 + sin x) − log(1 + cos x) dx
III =
π
Z π/2
(1 − cos y) log(1 − sin y) − log(1 − cos y) dy
=
0
V
30 Langsvar
243
Der substitusjonen x 7→ y + π ble brukt. Siste interval blir
Z 2π
(1 + cos x) log(1 + sin x) − log(1 + cos x) dx
IV =
3π/2
π/2
Z
(1 + cos y) log(1 − sin y) − log(1 + cos y) dy
=
0
Med bruk av x 7→ 2π − x. Ved å legge sammen II + III + IV får en
Z π/2
II + III + IV =
log(1 − sin y) − log(1 − cos y) − sin y log(1 + cos y)
0
De to første leddene kanselerer hverande, som kan bli sett siden ved å bruke
z 7→ π/2 på en av de, slik at
Z π/2
Z π/2
II + III + IV = −
log(1 + cos y) sin y dy = −
log(1 + sin y) cos y dy
0
0
Igjen via enten z 7→ π/2 − y eller siden integralvet over f (x) er likt integralet
over f (π − x) (proposisjon (2.3.1)). Ved å legge dette sammen med
Z π/2
II =
(1 + cos x) log(1 + sin x) − log(1 + cos x) dx
0
får en det koselige resultatet
Z
I + II + III + IV =
π/2
log(1 + sin x) − log(1 + cos x) dx = 0
0
Siden vårt originale integral var delt opp i I til IV. For å se at integralet er null
kan en igjen benytte seg av enten z 7→ π/2 − y eller proposisjon (2.3.1).
Z π/2
Z 0
Z π/2
log(1 + sin x) = −
log(1 + sin(π/2 − z)) dz =
log(1 + cos z) dz .
π/2
0
0
som ønsket.
c)
Integralet kan skrives som
Z 2π
(1 + cos x) log(1 + sin x) − log(1 + cos x) dx
0
Målet blir nå å vise at (1 + cos x) log(1 + sin x) = log(1 + cos x). Kall integralene
for henholdsvis A og B. Ved å bruke substitusjonen x 7→ π − y kan første del av
integralet skrives som
Z 2π
A=
(1 + cos x) log(1 + sin x) dx
0
Z π
=
(1 − cos y) log(1 + sin y) dy
−π
2π
Z
(1 − cos x) log(1 + sin x) dy
=
0
244
V
30 Langsvar
Der en benyttet substitusjonen x 7→ y + 2π ble brukt i siste overgang. Ved å ta
gjennomsnittet av første og siste integral får en
1
2
A=
2π
Z
Z
2π
2 log(1 + sin x) dx =
log(1 + cos x) dx = B
0
0
Dermed så er
Z 2π
Z
(1 + cos x) log(1 + sin − log(1 + cos x) dx =
0
2π
A − B dx = 0
0
siden A = B 1.
3. En mulig fremgangsmåte er å dele integralet som
∞
Z
dx
=
1 + x2
−1
1
Z
dx
+
1 + x2
−1
Z
∞
dx
1 + x2
−1
(5.1)
Første integralet kan beregnes via (2.3.2) så
Z
1
Z
dx
=
1 + x2
−1
1
−1
1
Z
1
1
+
dx = 2
1 + x2
1 + (−x)2
0
dx
1 + x2
(5.2)
Siste integralet kan vises ved å bruke substitusjonen y 7→ 1/x slik at
∞
Z
1
dx
=−
1 + x2
Z
0
dx
dy
=
2
1 + (1/y) y 2
1
1
Z
0
dy
1 + y2
(5.3)
Ved å sette inn likning (5.2) og (5.3) i (5.1) får en som ønsket at
∞
Z
−1
dx
=2
1 + x2
1
Z
0
dx
+
1 + x2
Z
1
0
dx
1 + y2
(5.4)
For å vise siste likhet kan en ta utgangspunkt i
Z
0
∞
dx
=
1 + x2
Z
0
1
dx
+
1 + x2
Z
1
∞
dx
=2
1 + x2
Z
1
0
dx
1 + x2
Hvor igjen likning (5.2) ble benyttet i siste overgang. Ved å gange likheten
ovenfor med 3/2 så er
3
2
Z
0
∞
dx
=3
1 + x2
Z
0
1
dx
=
1 + x2
Z
∞
−1
dx
1 + x2
som var det som skulle vises. I siste overgang ble (5.4) brukt.
5. La oss benytte oss av den gamle og kjente identiteten
Z a
Z a
f (x) dx =
f (a − x) dx
0
1 Takk
til Rob Johnson for denne løsningen
0
V
30 Langsvar
245
slik at integralet kan skrives om som følger
Z π
(π − x)R(sin x, cos2 x) dx
(5.5)
0
Der det ble brukt at sin(π − x) = sin x og at cos2 (π − x) = (− cos x)2 = cos2 x.
Nå er
Z π
Z π
Z π
xR(sin x, cos2 x) dx =
πR(sin x, cos2 x) dx −
xR(sin x, cos2 x) dx
0
0
0
Der det ikke ble gjort annet enn å dele likning (5.5) i to. Ved å legge til det
opprinnelige integralet på begge sider får en
Z π
Z π
2
2
xR(sin x, cos x) dx = π
R(sin x, cos2 x) dx
0
0
Beviset fullføres nå ved å dele likningen på 2. Det samme gjelder ikkefor
R(cos x, sin2 x) siden
ved å bruke π − x får en R cos(x − π), sin2 (π − x) =
2
R − cos x, sin x . Minustegnet ødelegger dessverre for bruken av denne teknikken.
2.4
7.
a)
Å vise dette er rett frem
Z T
Z nT
Z T
1
f (nx) dx =
f (u) du =
f (x) dx
n 0
0
0
Hvor substitusjonen u = nx ⇒ dx = du/n. Grensene blir u = n · 0 = 0,
og u = nT . I siste overgang ble det benyttet at (2.18) er gyldig siden f (x) er
periodisk.
b) Denne og neste deloppgave følger samme fremmgangsmåte. Vi bruker først
substitusjonen y 7→ 2x, slik at
Z π/2
Z
Z π/2
1 π
f (sin 2x) dx =
f (sin y) dy =
f (sin x) dx
2 0
0
0
Hvor proposisjon (2.4.5) ble brukt i siste overgang med m = 0 og n = 1. Dette
kan og vises ved å dele integralet i to, og benytte u 7→ π − y på den siste delen
Z π
Z 0
Z π/2
f (sin y) dy =
−f sin(π − u) du =
f (sin u) du
π/2
π/2
0
Siden sin(π − u) = sin π cos u − cos π sin u = 0 − (−1) sin u = sin u. For å være
pinlig nøyaktig. Dette medfører
Z π
Z π/2
Z π
Z π/2
f (sin y) dy =
f (sin y) dy +
f (sin y) dy = 2
f (sin y) dy
0
som vist før.
0
π/2
0
246
V
30 Langsvar
c) Denne oppgaven vises på samme måte som likning (2.18). Merk at vi ikke
kan benytte oss av a), siden sin x har periode 2π og ikke π/2. Derimot så er
π/2
Z
0
Z
1
f (sin nx) =
n
nπ/2
f (sin x)
0
ved å bruke u 7→ xn. Siden n ∈ Z/{0} er et heltall kan integralet deles inn i
perioder, slik at
Z
0
π/2
n Z
n Z
1 X π/2
kπ
1 X kπ/2
f (sin x) =
f sin
f (sin nx) =
−y
n
n
2
(k−1)π/2
0
k=1
k=1
Hvor substitusjonen x 7→ kπ/2 − y ble benyttet i siste overgang.
variabelen ble sløyfet grunnet plassmangel, men er dx, dx og dy.
argumentet får en

cos y ,



kπ
kπ
kπ
sin y ,
sin
− y = sin
cos y − cos
sin y =
−
cos
y ,

2
2
2


− sin y ,
IntegrasjonsSkriver en ut
k
k
k
k
= 4m + 1
= 4m + 2
= 4m + 3
= 4m
Hvor m ∈ Z. Tanken er at argumentet alltid reduseres til enten ± sin x eller
± cos y. Dermed kan summen nå skrives som
π/2
Z
0
n Z
X
π/2
kπ
f (sin nx) =
f sin
− y du
2
k=1 0
Z π/2
Z π/2
=
f (cos y) dy +
f (sin y) dy
Z
0
π/2
0
π/2
Z
f (− sin y) dy + · · ·
f (− cos y) dy +
+
0
0
Siden f (x) = f (−x) så er f (− sin x) = f (sin x) og f (− cos x) = f (cos x). Vi kan
se at integralene over sin x og cos x er like
Z
π/2
Z
π/2
f (sin y) dy =
0
f (cos y) dy
(5.6)
0
Ra
Ra
ved enten å bruke y 7→ π/2 − w, 0 f (x) dx = 0 f (a − x) eller lemma (2.4.1).
Ved å sette inn dette kan integralet skrives som
Z
nπ/2
Z
π/2
f (sin x) =
0
Z
π/2
f (sin y) dy +
0
Z π/2
f (sin y) dy
0
Z π/2
f (sin y) dy + · · ·
f (sin y) dy +
+
0
Z
0
π/2
f (sin y) dy
=n
0
som ønsket. Beviset fullføres ved å dele begge siden på n. Litt mer formelt så er
alle tall heltall 0, 1, 2 eller 3 tall unna 4 gangen. Slik at alle heltall kan skrives
V
30 Langsvar
247
på formen 4m, 4m + 1, 4m + 2 eller 4m + 3 hvor n ∈ Z. Dette gir at vi kan dele
opp summen som følger
n
X
X
=
1≤4m≤n
k=1
X
+
1≤4m+1≤n
kπ
2
Ved å summere over f sin
n
X
kπ
−y
=
f sin
2
k=1
−y
X
X
+
1≤4m+2≤n
(5.7)
1≤4m+3≤n
får en da
X
f (− sin y) +
1≤4m≤n
f (cos y)
1≤4m+1≤n
X
+
X
+
X
f (sin y) +
1≤4m+2≤n
(5.8)
f (− cos y)
1≤4m+3≤n
Integrerer vi likning (5.8) fra 0 til π/2 og bruker (5.6) får vi
n Z
X
I=
k=1
π/2
0
0
0
Z
X
f (sin y) dy +
1≤4m+2≤n
f (cos y) dy
0
1≤4m+1≤n
π/2
Z
X
π/2
Z
X
f (sin y) dy +
1≤4m≤n
+
π/2
Z
X
=
kπ
f sin
− y dy
2
π/2
f (cos y) dy
1≤4m+3≤n
0


X
=
+
1≤4m≤n
X
+
1≤4m+1≤n
X
1≤4m+2≤n
+
Z
X
1≤4m+3≤n
π/2
f (sin y) dy

0
Summene i parentesen er bare summen fra k = 1 til n se likning (5.7), slik at
integralet reduseres til
Z
π/2
n Z
1 X π/2
kπ
f sin
− y dy
n
2
k=1 0
Z
Z π/2
n
1 X π/2
=
sin y dy =
sin y dy
n
0
0
f (sin nx) dx =
0
k=1
R π/2
som var det som skulle vises. Beviset for 0 f (cos x) dx føres
samme måte. Her vil en dele opp argumentet som


 cos y ,

kπ
kπ
kπ
sin y ,
cos
− y = cos
cos y + sin
sin y =
−
cos
y ,

2
2
2


− sin y ,
akkuratt på
k
k
k
k
= 4m
= 4m + 1
= 4m + 2
= 4m + 3
og argumentere på samme måte som før. Dette fullfører beviset.
8. Vi velger å jukse en smule og ikke eksplisitt regne ut I(1) her. Derimot
248
30 Langsvar
henvises det til oppgave (1) fra seksjonen om substitusjoner.
r
Z π/2
dθ
2
2−1
2 π
π
arctan
= √
= √
= √
2
2 + sin θ
2+1
3 6
3 3
2 −1
0
Z π
dθ
2π
2π
= √
= √
3
22 − 1
0 2 + sin θ
V
(5.9)
(5.10)
Fra likning (2.42) og (2.43) med a = 2. Ved å bruke substitusjonen nθ = y så er
Z π/2
Z nπ/2
dy
dθ
1
=
.
2
+
sin
nθ
n
2
+
sin y
0
0
Herfra benyttes samme tankegang som i oppgave (7). Vi vet at n alltid er på
formen 4k, 4k + 1, 4k + 2 eller 4k + 3 og drøfter hvert tilfellet. La n = 4k + r,
hvor 0 ≤ r ≤ 3
Z π/2
Z 2πk+rπ/2
dθ
1
dy
=
2 + sin(4k + r)θ
4k + r 0
2 + sin y
0
!
Z 2π
Z rπ/2
1
dy
dy
=
k
+
4k + r
2 + sin y
2 + sin y
0
0
Hvor likning (2.19) fra theorem (2.4.1) ble brukt i andre overgang. Bruker vi
nå likning (5.10) fås
Z π/2
Z rπ/2
1
k
2π
dy
dθ
=
·√ +
.
2 + sin(4k + r)θ
4k + r
4k + r 0
2 + sin y
3
0
Siden vi har k like integral. La nå først n = 4k + 0,r = 0 da forsvinner siste
integral slik at
Z π/2
dθ
k
2π
π
=
· √ +0= √
2
+
sin
4kθ
4k
+
0
3
2
3
0
√
Som aldri er likt π/3 3 . Dersom n = 4k + 1, så er
"
#
Z π/2
Z π/2
1
2kπ
dy
3k + 1 π
dθ
√ +
√
=
=
2
+
sin(4k
+
1)θ
4k
+
1
2
+
sin
y
2k
+1 3 3
3
0
0
√
Igjen se (5.9). Som bare er likt π/3 3 hvis k = 0. Om n = 4k + 2, så er
Z π/2
Z π
dθ
k
2π
1
dy
=
·√ +
2
+
sin(4k
+
2)θ
4k
+
2
4k
+
2
2
+
sin y
3
0
0
k
2π
2
π
3k + 1 π
√ +
√ =
√ ,
=
4k + 2 3
4k + 2 3 3
2k + 1 3 3
√
R π/2
Som bare er likt π/3 3 dersom k = 0. Siste overgang følger fra med 0 f (sin x) dx =
Rπ
1
2 0 f (sin x) dx. For eksempel (2.30) fra proposisjon (2.4.5) med n = 1, m = 0.
Tilslutt om n = 4k + 3 så er
Z π/2
dθ
k
2π
1
4π
6k + 4 π
√ +
√ =
√ ,
=
2
+
sin(4k
+
3)θ
4k
+
3
4k
+
3
4k + 3 3 3
3
3
3
0
V
30 Langsvar
249
Dette viser at integralene bare er like for n = 1 og n = 2
π/2
Z
dθ
=
2 + sin θ
0
π/2
Z
0
dθ
π
= √
2 + sin 2θ
3 3
Som fullfører første del av oppgaven. Regningen ovenfor viser og at
Z
π/2
0
dθ
π
= √
2 + sin 4kθ
2 3
Altså kun dersom n = 4k, k ∈ N.
9. Merk at
Z b+nT
Z
b+(n−m)T
Z
f (x) dx =
b+(n−m)T
f (u + mT ) du =
a+mT
a
f (x) dx
a
Der substitusjonen x = u + mT ble benyttet. Integralet kan nå skrives som
b+(n−m)T
Z
b
Z
f (x) dx =
Z
b+(n−m)T
f (x) dx +
a
a
b
Z
f (x) dx
b
Z
(n−m)T
f (x) dx +
=
a
f (x) dx
0
b
Z
Z
T
f (x) dx + (n − m)
=
a
f (x) dx
0
og dette fullfører beviset. I andre overgang ble likning (2.17) brukt, og i siste
(2.18).
10. Ved å bruke likning (2.19) så er
Z
3π/2+19(2π)
I=
Z
3π/2
f (x) + (19 − 11)
f (x) dx =
π+11(2π)
Z
π
2π
f (x) dx
0
Det det siste integralet er null
Z
2π
0
dx
dx = 0 ,
(1 + 2sin x ) (1 + 2cos x )
Dette har blitt vist i en tidligere oppgave, se oppgave (2). Nå gjennstår bare det
første integralet som kan beregnes relativt smertefritt. Siden integralet over f (x)
og f (a + b − x) er like store så er
I=
=
1
2
1
2
Z
3π/2
f (x) + f (5π/2 − x) dx
π
Z 3π/2
log(1 + sin x) cos x + log(1 + cos x) sin x dx
π
250
V
30 Langsvar
Det første integralet kan løses ved å bruke u 7→ sin x og det andre leddet kan
løses ved å bruke u 7→ cos x så
Z −1
Z −1
Z 0
1
log(1 + u) = 1
log(1 + u) du =
I=
log(1 + u) du −
2
0
−1
0
oppsumert har en altså ’utrolig’ nok at
Z
71π/2
(1 + sin x)1+cos x
1 + cos x
log
23π
dx = 1
som var det som skulle beregnes.
11.
a) Dersom funksjonene er odde så er h(−x) − h(x), og dersom de er like så er
h(−x) = h(x) direkte regning gir
−x
Z
x
Z
f (t) dt = −
G(−x) =
0
f (−u) du = −G(x)
0
siden f er en likefunksjon. Dermed så er G odde. Tilsvarende så er
Z
−x
x
Z
g(t) dt = −
F (−x) =
g(−u) du = F (x)
0
0
en likefunksjon, der det ble brukt at g er odde.
b) For å bestemme G(2nL) og F (2nL) benyttes selvsagt (2.18). Så
Z
2L
Z
f (t) dt og
G(2nL) = n
2L
F (2nL) = n
0
g(t) dt ,
0
Videre benyttes akkuratt samme fremmgangsmåte på begge funksjonene For
enkelhetensskyld studeres G(2L) først.
Z
L
G(2L) =
Z
f (t) dt +
Z
f (t) dt
L
Z −L
0
L
f (t) dt −
=
2L
0
f (t + 2L) dt
0
= G(L) − G(−L)
= 2G(L)
Hvor det ble brukt at G er odde, f er periodisk og at
Z
2L
Z
0
L
Z
f (t + 2L) du = −
f (t) dt =
−L
−L
f (t + 2L) du
0
V
30 Langsvar
251
ble brukt i første overgang med substitusjonen t 7→ x − 2L. På samme måte kan
F (2L) beregnes
L
Z
F (2L) =
2L
Z
g(t) dt +
g(t) dt
L
−L
0
L
Z
Z
g(t) dt −
=
g(t + 2L) dt
0
0
= F (L) − F (−L)
=0
siden F er like. Oppsumert så er altså
G(2nL) = 2nG(L)
F (2nL) = 0
Merk at her kunne en også benyttet lemma (2.3.1) direkte med likning (2.13).
Dette gir
L
Z
Z
L
f (x) + f (2L − x) dx =
G(2L) =
f (x) + f (x) dx = 2G(L)
0
L
Z
Z
0
L
g(x) + g(2L − x) dx =
F (2L) =
0
g(x) − g(x) dx = 0
0
c) For at en funksjon skal være periodisk kreves det at F (x + 2L) = F (x), ved
å sette inn verdier så er
Z x+2L
Z x
Z 2L
F (x + 2L) =
g(t) dt =
g(t) dt +
g(t) dt = F (x) + F (2L).
0
0
0
Som selvsagt er periodisk siden F (2L) = 0, og andre overgang kan vises ved å benytte (2.19). For at G(x) skal være periodisk følger en samme fremmgangsmåte
x+2L
Z
G(x + 2L) =
Z
x
f (t) dt =
0
Z
2L
f (t) dt +
0
f (t) dt = G(x) + 2G(L).
0
Igjen se (2.19). Altså trengs kravet om at G(L) = 0 for at G skal være periodisk.
2.5
12. Det enkleste blir å benytte seg av substitusjonen x → t−1 .
Z
b
J=
a
Z
dt
p
=
t (t − a)(t − x)
1/b
=−
1/a
dx
p
(1 − xa)(xb − 1)
Z
1/b
x
−1
p
dx
−1
−1
(x − a)(b − x ) x2
1/a
Z
1/a
=
1/b
dx
p
ab(x −
b−1 )(a−1
− x)
252
V
30 Langsvar
Her brukte vi at b−1 < a−1 , og snudde grensene. Herfra innfører vi α = 1/b og
β = 1/a slik at
Z
1
J= √
ab
β
α
π
= √
ab
dx
p
(x − α−1 )(β −1 − x)
hvor vi benyttet oss av eksempel (2.5.1) i siste overgang.
13. For å forenkle regningen noe innføres g(x) = f (x + a2 /x). En ønsker da
å vise at
Z a
Z a
dt
2 dt
g t
=
.
g (t)
t
t
1
1
Ved å benytte seg av den logiske substitusjonen y 7→ t2 på venstre side fås
1
2
Z
a2
g(y)
1
dy
.
y
(5.11)
Hvor dy = 2t dt ⇒ dt/t = dy/2y. Der siste likhet fås ved å dele på t2 = y. Dette
integralet kan nå deles opp på en smart måte
1
2
a
Z
1
a2
Z
dy
1
g(y)
+
y
2
dy
,
y
g(y)
a
(5.12)
og det siste integralet på høyre side kan nå skrives om via y 7→ a2 /t.
Z
a2
a
dy
g(y)
=
y
Z
a
g(t)
1
dt
.
t
(5.13)
Hvor dy = −a2 /t2 dx så − dy/y = dx/t. Likning (5.14) skrives da om til
1
2
Z
a
g(y)
1
dy
1
+
y
2
Z
a
dt
t
g(t)
1
(5.14)
Fra dette følger det direkte at
Z
a
g t2
1
som fullfører beviset.
dt
1
=
t
2
Z
a2
g(y)
1
dy
=
y
Z
a
g(y)
1
dy
y
V
30 Langsvar
253
14. Vi deler opp integralet som følger
Z ∞ 1
f x−
dx
I=
x
−∞
Z 0
Z ∞
−1
f x − x−1 dx
f x−x
dx +
=
−∞
0
Z ∞ y
Z ∞ y
e − e−y
e − e−y
y
=
f 2
e dy +
f 2
e−y dy
2
2
−∞
−∞
Z ∞
Z ∞
y
=
f (2 sinh y) e dy +
f (2 sinh y) e−y dy
−∞
−∞
y
Z ∞
e + e−y
f (2 sinh y) 2
=
dy
2
−∞
Z ∞
=
f (2 sinh y) 2 cosh y dy
−∞
Z ∞
=
f (x) dy
−∞
Den første substitusjonen ble x = ey benyttet, i det andre integralet ble x = e−y
brukt. I aller siste overgang ble x = 2 sinh y slik at dx = 2 cosh y dy, og det
fullfører beviset.
15.
Løsning 1
Legg merke til at funksjonen er symmetrisk, slik at
Z ∞
Z
dx
1 ∞
dx
=
1 2
1 2
2
2
2
0
−∞ a + x −
a + x− x
x
Ved nå og bruke resultatet
Z
∞
f
−∞
1
x−
x
Z
∞
f (x) dx
dx =
−∞
som ble vist i en tidligere oppgave har en altså at
Z
Z ∞
1 ∞
dx
dx
=
2
1
2 −∞ a2 + x − 1 2
0
a2 + x − x
x
Z
1 ∞
dx
=
2 −∞ a2 + x2
x ∞
1
=
arctan
a
a 0
π
=
2a
254
V
30 Langsvar
Løsning 2
∞
Z
I :=
0
1
2
Z
1
=
2
Z
=
∞
0
0
|
∞
dx
2
a2
+ (x − 1/x)
1 + 1/x2 + 1 − 1/x2
dx
2
a2 + (x − 1/x)
Z
1 + 1/x2
1 − 1/x2
1 ∞
dx
dx
+
2
2 0 a2 + (x − 1/x)2
a2 + (x − 1/x)
|
{z
}
{z
}
A
B
For det første integralet benyttes substitusjonen u = x−1/x så du = (1+1/x2 ) dx.
Da er
Z ∞
Z ∞
h1
u i∞
du
1 + 1/x2
π
dx
=
A=
=2
=
arctan
2
2
2
2 + (x − 1/x)
a
+
u
u
a
a
0
a
−∞
0
Videre så er B = 0 da integranden er odde. Alternativt la x = −u i B så
− du = dx,
Z ∞
Z ∞
1 − 1/(−u)2
1 − 1/(−u)2
(−
du)
=
−
B=
2
2 du = −B .
a2 + (−u − 1/u)
a2 + (−1)2 (u − 1/u)
0
0
Siden B = −B så er 2B = 0 og resultatet følger. Oppsumert har en nå
Z ∞
A+B
π
dx
=
I=
=
2 + (x − 1/x)2
2
2a
a
0
som er relativt pent svar.
16.
2.5.1
1. Ved å bruke den kjente å kjære substitusjonen t 7→ tan(x/2) og theorem (2.5.3)
får en
Z
Z
Z
dθ
1
2 dt
2a dt
=
=
(5.15)
2t
2
a + b sin θ
(at + b)2 + a2 − b2
a + b 1+t2 1 + t
Siden tan(π/4) = 0, tan(0/2) = 1, får en
√
Z 1
Z π/2
Z
dθ
2a dt
a2 − b2 dy
=
=
2
2
2
2
a + b sin θ
(a − b2 )(1 + y 2 )
0
0 (at + b) + a − b
√
Via y a2 − b2 7→ at + b. Det siste integralet kjenner vi igjen som arctan y, så
1
Z π/2
dθ
2
at + b
= √
arctan √
(5.16)
a + sin θ
a2 − b2
a 2 − b2
0
0
2
a+b
b
= √
arctan √
− arctan √
a2 − b2
a2 − 1
a2 − 1
V
9.2 Oppgaver
255
x−y
Det neste steget er å bruke arctan x − arctan y = arctan 1+xy
. For å forenkle
√
2
2
regningen
√ noe ser vi først på x − y/(1 + xy) med x = (a + 1)/ a − b og
2
2
y = b/ a − b
r
.
a+1
a−b
a
a
a−b
a−b
√
1+ 2
·
=
= √
= √
2
2
2
2
2
a −1
a
a+b
a −b
a −1
a −b
Siden (a + b)/(a2 − b2 ) = 1/(a − 1) forenkles nevner til a/(a − b). Ved å bruke
x−y
forrige likning og arctan x − arctan y = arctan 1+xy
på likning (5.16) får vi nå
Z
0
π/2
dθ
=
a + sin θ
Z
0
1
2a dt
2
= √
arctan
2
(at + b)2 + a2 − b2
a − b2
r
a+b
a−b
x−y
som var det som skulle vises. Overgangen arctan x − arctan y = arctan 1+xy
q
a+b
er gyldig, siden xy = a−b
> 1 når |a| > |b|. Tilfellet hvor a = b må drøftes
for seg selv, og har blitt gjort tidligere. Bruker vi igjen likning (5.15) så kan det
neste integralet skrives som
√
Z ∞
Z ∞
Z 2π
dθ
2a dt
a2 − b2 dt
=
=
2
2
2
2
2
2
a + b sin θ
0
−∞ (at + b) + a − b
−∞ (a − b )(1 + y )
√
Igjen via y a2 − 1 7→ at + 1. Nå forandres ikke grensene og vi får
Z 2π
Z ∞
2
2π
dθ
dy
= √
= √
2
2
2
2
a
+
b
sin
θ
1
+
y
a −b
a − b2
0
−∞
som var noe enklere å vise.
2.6.2
1. Det logiske her blir å benytte lemma (2.6.1) med n = 3 fra dette følger det at
integralene er like, og at
Z ∞
Z ∞
Z
dx
x
1 ∞ 1+x
=
dx
=
dx
1 + x3
1 + x3
2 0 1 + x3
0
0
En kan faktorisere teller som x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x − 1), som medfører at
Z
Z
Z ∞
1 ∞ 1+x
1 ∞
dx
2 dx
dx =
=
2 0 1 + x3
2 0 x2 − x − 1
(2x
−
1)2 + 3
0
√
Ved å nå bruke substitusjonen 2x − 1 = 3 tan y kan integralet forenkles til
Z
Z π/2
1 ∞ 1+x
1
sec2 y dy
1 π
π
√
√
dx
=
=
+
2 0 1 + x3
2
6
3 −π/6 1 + (tan y)2
3
Siden sec2 y = 1 + tan2 y som har blitt vist før. Oppsumert har en altså
Z ∞
Z ∞
dx
x
2π
=
dx = √
3
3
1
+
x
1
+
x
3
3
0
0
256
V
30 Langsvar
som
det som skulle vises. Denne måten er noe raskere enn å beregne
R ∞ var
dx
1+x3 direkte.
0
3. a) En fremmgangsmåte er å dele integralet i to slik at
Z
∞
2 + x2
dx =
1 + x4
0
∞
Z
1 + x2
dx +
1 + x4
0
Z
∞
0
∞
Z
dx
1+2
=
1 + x4
2
0
1 + x2
1 + x4
siden 1 + 1/2 = (1 + 2/2). Siste overgang følger direkte fra lemma (2.6.1) siden
∞
Z
1
2
0
1 + x4−2
dx =
1 + x4
∞
Z
0
dx
1 + x4
Verdien av siste integralet følger fra likning (2.51) i eksempel (2.6.7). Vi får da
∞
Z
0
2 + x2
3
dx =
4
1+x
2
Z
∞
1 + x2
3π
dx = √
4
1+x
2 2
0
som var det som skulle bestemmes. En kunne og ha delt inn integralet i
∞
Z
2 + x2
dx =
1 + x4
0
Z
∞
0
x2
dx +
1 + x4
∞
Z
0
2 dx
=3
1 + x4
∞
Z
0
dx
1 + x4
For deretter å ha brukt likning (2.52), uten at det ville ha gjort utregningen mer
spennende eller kortere. b) Proposisjonen sier at
Z
∞
0
a + bxn−2
a+b
dx =
n
1+x
2
∞
Z
0
1 + xn−2
dx ,
1 + xn
(5.17)
ved å sette inn a = 0, b = 1 og b = 0, a = 1 fås henholdsvis
Z
0
∞
xn−2
dx =
1 + xn
Z
0
∞
1 + xn−2
dx
1 + xn
Z
∞
og
0
1
dx =
1 + xn
Z
0
∞
1 + xn−2
dx.
1 + xn
Dette viser at lemma (2.6.1) følger fra proposisjonen. For å bevise det motsatte tilfellet, altså at proposisjonen følger fra lemmaet tar vi utgangspunkt i
venstresiden av likning (5.17).
∞
Z
0
a + bxn−2
dx = a
1 + xn
Z
0
∞
xn−2
dx + b
1 + xn
∞
Z
0
dx
dx
1 + xn
ved å bruke likning (2.48) fra lemmaet får vi at
Z
0
∞
a + bxn−2
a
dx =
1 + xn
2
som var det som skulle vises.
Z
0
∞
1 + xn−2
b
dx +
1 + xn
2
Z
0
∞
1 + xn−2
dx
1 + xn
V
10.1 Oppgaver
257
2.7.1
1. Dette er et svært enkelt eksempel hvor delvis integrasjon kommer til nytte.
Z
I = ex sin x + ex cos x dx
Z
Z
x
x
= e sin x − e cos x dx + ex cos x dx
= ex sin x + C
Hvor den den delvise integrasjonen ble utført på ex sin x. Med v 0 = ex , v 0 = ex
og u = sin x, u = cos x. Helt tilsvarende kunne en og brukt delvis integrasjon på
ex cos x, men nå måtte en ha valgt u = ex , u0 = ex og v 0 = cos x, v = sin x.
Z
I = ex sin x + ex cos x dx
Z
Z
x
x
x
= e sin x dx + e sin x − e sin x dx
= ex sin x + C
Bare for å hamre inn poenget kunne en og ha brukt produktregelen baklengs
Z
Z
Z
ex sin x + ex cos x dx = (ex )0 sin x + ex (sin x)0 dx = (ex sin x)0 dx
Som gir akkuratt det samme som før.
2. Dette problemet er hakket mer utfordrende enn forrige problem. Rett frem
2
delvis integrasjon vil ikke fungere her. Vi kan ikke velge v 0 = e−x siden en da
−x2
0
ikke klarer å finne v. En mulighet er da å velge u = e
og v = x2 . Dette gir
da
3
∞
Z
Z
2 4 −x2
x −x2
2 −x2
x e
dx =
−
e
x e
dx
3
R
R 3
−∞
Hvor forkortelsen (−∞, ∞) = R ble benyttet. For det første konvergerer ikke
uttrykket i klammene, og for det andre er ikke det siste integralet noe enklere.
2
Det må altså finnes en annet valg for u og v. Trikset blir nå å velge v 0 = xe−x ,
2
v = −e−x /2, og u = x, u0 = 1. Dette gir det mye enklere resultatet
√
Z Z
0
h x
i
1
π
−x2
−x2
−x2
I=
x −e
/2 dx = − e
+
e
dx =
2
2 R
2
R
R
Hvor det oppgitte integralet ble brukt i siste overgang. For å vise grenseverdien
2
kan en se at e−x går mye raskere mot null enn x går mot uendelig. Alternativt
l’hôpital
lim
x→±∞
x −x2
1
e
=
2
2
lim
x→±∞
x
1
2 =
x
4
e
lim
x→±∞
1
=0
xex2
som blir litt meste laget å bruke mot en så søt og liten grenseverdi.
258
30 Langsvar
V
3. Anta at vi kan skrive c summen av to reelle tall a + b. Da kan en skrive
integralet som
Z
Z
Z
√
√
√
(x + c) ex x dx = (x + a) ex x dx + b
ex x dx
(5.18)
√
√
Nå kan
delvis integrasjon på siste leddet med
u = ex x , u0 = ex (1 +
√
√ en bruke
x)/2 x og v 0 = 1, v = x. Dermed kan en se at u0 v = xex (1 + x)/2 og
Z
Z
√
√
√
b
b ex x dx = bx xex −
xex (1 + x) dx
2
Ved å sette dette inn i likning (5.18) får en at
Z
Z
√
√
√
b
(x + c) ex x dx = bx xex +
(x + a) − (1 + x) xex dx
2
√
For at integralet skal skulle skrives på formen k xex må det siste integralet være
null. Problemet er at en vil ende i en evig runddans med delvis integrasjon som
aldri vil forenkle integralet. Eneste mulighet for at siste integralet blir null, er
dersom a = 1 og b = 2 − Siden a, b ikke kan avhengige av x. En har altså at
Z
√
√
(x + 3) ex x dx = 2 ex x dx
med valgene c = 3 og k = 2.
5. Dette er et av de morsomste integralene jeg vet om, og deler av integralet
er vist på forsiden av dokumentet. Det enkleste er å først dele integralet i to
biter
Z
Z
1
1
1
dx +
−
dx
I = log(log x) +
log x
log x
(log x)2
For det første integralet kan en bruke delvis integrasjon på log(log x) med v 0 = 1,
v = x og u = log(log x), u = 1/(x log x) så
Z
Z
Z
dx
x dx
dx
log(log x) +
= x log(log x) −
= x log(log x)
+
log x
x log x
log x
Hvor konstanten ble unnlatt med vilje. Helt tilsvarende kan en bruke delvis
integrasjon på det andre integralet nå med u = 1/ log x, u0 = −1/[x log2 x] og
v 0 = 1, v = x.
Z
Z
Z
1
dx
x
x dx
dx
x
−
=
+
−
=
2
2
2
log x
(log x)
log x
log x
x log x
log x
hvor igjen konstanten ble utelatt med vilje. Ved å kombinere disse to resultatene
så kan integralet skrives som
Z
2
1
x
log(log x) +
−
dx = x log(log x) +
+C
2
log x
(log x)
log x
Noe som er spesielt siden ingen av integralene individuelt har en elementær
antiderivert.
V
30 Langsvar
259
2.7.2
1. Begynner som før med antakelsen om at svaret er et polynom av samme grad
ganget med eksponensialfunksjonen. Altså at
Z
(x4 − 6x2 + 8x − 3)e−x dx = (ax4 + bx3 + cx2 + dx + e)ex + C
Ved å derivere kan høyre side skrives som
4
ax + (4a + b)x3 + (3b + c)x2 + (2c + d)x + e + d ex
Ved å sammelikne koeffisienter på samme måte som før fås liknignssystemet.
1=a
0 = 4a + b
−6 = 3b + c
8 = 2c + d
−3 = e + d
Nest øverste øverste likning gir b = −4a = −4, neste gir c = 12 − 6 = 6. Så får
en fra neste at d = 8 − 2c = −4, og tilslutt så er e = 4 − 3 = 1. Oppsumert så
har en altså at
Z
(x4 − 6x2 + 8x − 3)e−x dx = (x4 − 4x3 + 6x2 − 4x + 1)ex + C
= (x − 1)4 ex + C
Der siste likhet kan ses fra binomialformelen, og eventuelt Pascals trekant. Merk
at selv større polynom løses relativt raskt. Delvis integrasjon hadde her blitt
langt mer kronglete.
2. Begynner som før med antakelsen om at svaret er et polynom av
3. Begynner som før med antakelsen om at svaret er et polynom av
4. Begynner som før med antakelsen om at svaret er et polynom av
260
V
30 Langsvar
2.8
1. Det logiske her blir å benytte proposisjon (2.8.1) siden uttrykket er på formen
xR(sin x, cos2 x). Dermed så er
Z π
Z
π π
I=
x(cos x)2 sin x dx =
(cos x)2 sin x dx .
2 0
0
Det neste steget blir å bruke substitusjonen u 7→ cos x med du = − sin x. Videre
så blir grensene u = cos 0 = 1, u = cos π = −1.
=
π
2
Z
−1
−u2 dx = π
1
Z
0
1
x2 dx = π
x3
3
1
,
0
hvor vi snudde grensene og brukte at x2 er symmetrisk omkring origo. Dermed
Z π
π
x cos2 x sin x dx =
,
3
0
som var det som skulle vises.
2. Legg først merke til at via y 7→ 1/x så kan en skrive
Z ∞
Z 1
arctan x
arctan 1/y
f xn + x−n
dx =
dy
f y −n + y n
x
y
1
0
Hvor det ble ble brukt at dx = − dy/y 2 ⇒ dx/x = − dy/y. Ved å dele opp
integralet ved x = 1 og benytte seg av forrige resultat kan integralet skrives som
Z 1
arctan x + arctan 1/x
f xn + x−n
dx
(5.19)
x
0
Beviset fullføres nå ved å benytte seg av ??. Merk at en kunne ha fått likning (5.19) direkte ved å ha brukt proposisjon (2.5.2), med S = 1.
dette integralet på. Vi begynner med
3. Det er mange måter å bestemme
√
substitusjonen x = sin θ, slik at 1 − x2 = | cos θ| og dx = cos θ dθ.
√
Z 1
1 − x2
J=
dx
2
2
0 1 − x (sin α)
Z π/2
Z π/2
dt
| cos θ| cos θ
dθ
=
dθ
=
2
2
2 (θ) − tan2 (θ) sin2 (α)
1
−
sin
(θ)
sin
(α)
sec
0
0
I første overgang ble grensene θ = arcsin(0) = 0 og θ = arcsin(1) = π/2. Videre
så er cos θ positiv på intervalet 0 ≤ θ ≤ π/2 så | cos θ| = cos θ.
Siste overgang delte vi teller og nevner på cos2 θ og brukte at 1/ cos(θ) =
sec(θ) og sin θ/ cos θ = tan θ. Videre kan vi bruke at sin2 (θ) = 1 − cos2 (θ), til å
skrive om nevner. Legg merke til at
1 + tan2 x =
cos2 x
sin2 x
sin2 x + cos2 x
1
+
=
=
= sec2 x
2
2
2
cos x
cos x
cos x
cos2 x
V
30 Langsvar
261
Dette medfører at 1 = sec2 x − tan2 x, dermed så har vi
Z π/2
Z π/2
dθ
dθ
J=
=
1 + tan2 (θ) cos2 (α)
sec2 (θ) − tan2 (θ) 1 − cos2 (α)
0
0
Herfra benyttes substitusjonen u 7→ tan x og du = 1 + tan2 (x) dx = 1 + u2 dx.
Z ∞
Z ∞
du/ 1 + u2
1
1
cos2 (θ)
=
−
=
du
1 − cos2 (α) 0 1 + u2
1 + u2 cos2 (θ)
1 + u2 cos2 (θ)
0
I siste overgang ble vanlig delbrøksoppspalting benyttet. Begge disse integralene
er elementære og beregne. Merk at 1 − cos2 (α) = − sin2 (α) slik at
π
∞
1
1
π
arctan
u
−
cos
a
arctan
cos(a)
·
u
=
=
−
cos(α)
2
2
2
sin (α)
sin (α) 2
0
Dette medfører at vi kan skrive integralet vårt som
√
Z 1
π
1
π
1 − x2
dx =
=
2 (sin α)2
2 (α/2)
1
−
x
2
1
+
cos(α)
4
cos
0
som var det som skulle vises. I den første overgangen ble det kun brukt at
(1−cos α)(1+cos α) = 1−cos2 α = sin2 α =⇒ (1−cos α)/ sin2 α = 1/(1+cos α).
Tilsvarende i siste overgang ble dobbelidentiten cos(2x) = cos2 (x) − sin2 (x) =
2 cos2 (x) − 1 brukt. Som medfører at 1 + cos(2x) = 2 cos2 (x), dette er akkuratt
det samme som vi har med x = α/2. For å se delbrøksoppspaltingen kan en for
eksempel gjøre det som følger
1
1
1 − a2 + (a2 u2 − a2 u2 )
=
(1 + u2 )(1 − a2 u2 )
1 − a2
(1 + u2 )(1 + a2 u2 )
1
(1 + u2 a2 ) − a2 (1 + u2 )
=
1 − a2
(1 + u2 )(1 + a2 u2 )
1
a2
1
=
−
1 − a2
1 + u2
1 + a2 u2
hvor forkortelsen a = cos2 α ble innført.
4. Dette integralet benytter en rekke av resultatene vi allerede har sett på.
Ved å dele opp integralet fås
Z
Z 0
Z ∞
arctan x dx
arctan x dx
arctan x dx
=
+
2
2
2
x − 2x sin a + 1
R x − 2x sin a + 1
−∞ x − 2x sin a + 1
0
ved å benytte substitusjonen x 7→ −y kan det integralet skrives som
Z ∞
Z ∞
arctan x dx
arctan x dx
−
2 − 2x sin a + 1
2 + 2x sin a + 1
x
x
0
0
Begge disse integralene kan forenkles ved å dele dem opp i (0, 1) ∩ (1, ∞)
Z 1
Z ∞
Z 1
arctan x dx
arctan x dx
arctan x + arctan(1/x) dx
+
=
2 ± 2x sin a + 1
2 ± 2x sin a + 1
x
x
x2 ± 2x sin a + 1
0
1
0
262
30 Langsvar
V
hvor substitusjonen ble brukt x 7→ 1/y i den siste overgangen. Herfra brukes
(??) med arctan x + arctan 1/x = π/2 slik at
Z
Z
arctan xdx
1
π 1
1
=
− 2
dx
2 − 2x sin a + 1
2 − 2x sin a + 1
x
2
x
x
+
2x
sin a + 1
R
0
Resten er nå er elementær algebra. Merk at x2 ±2x sin a+1 = (x±sin a)2 +cos2 a
dermed så er
Z 1
Z 1
dx
dx
J=
=
2 ± 2x sin a + 1
2 + cos2 a
x
(x
±
sin
a)
0
0
Ved å sette u cos a 7→ x ± sin a og holde fortegne bent i munnen forenkles
integralet til
1
sin a
sin a ± 1
1 π
a
−1
−1
J =±
tan
− tan
=
±
cos a
cos a
cos a
cos a 4
2
Via enten sumformelen for arctangens eller diverse trigonometriske identiteter.
Settes alt sammen får en at
Z
π
1 π
a
a
arctan xdx
1 π
π a
=
+
−
−
=
2 − 2x sin a + 1
x
2
cos
a
4
2
cos
a
4
2
2 cos a
R
som var det som skulle beregnes.
2.10.2
1. log
2
π
2. log
2
π
3. Legg merke til at xa − xb = (1 + xa ) − (1 + xb ). En kan dermed skrive
(1 + xa ) − (1 + xb )
1
1
xa − xb
=
=
−
.
(1 + xa )(1 + xb )
(1 + xa )(1 + xb )
1 + xb
1 + xa
Integralet kan nå skrives på følgende form
Z ∞
Z ∞
dx
1
dx
xa − xb
=
−
.
a
b
2
b
2
a
(1 + x )(1 + x ) 1 + x
(1 + x )(1 + x )
(1 + x )(1 + x2 )
0
0
R∞
π
Fra eksempel (2.10.2) og spesielt likning (2.78) har vi 0 (1+xadx
)(1+x2 ) = 4 for
alle a. Altså er
Z ∞
xa − xb
dx
π
π
=
−
= 0,
a
b
2
(1 + x )(1 + x ) 1 + x
4
4
0
som var det som skulle vises.
2
4. log
π
V
14.1 Oppgaver
263
2.10.3
2.11.1
1. Begynn med substitusjonen u = 2x − 1 da er du = 2 dx og
1
1
1 − u2
2
x − x = (u + 1)
(u + 1) − 1 =
2
2
4
Innsatt får en da direkte at
Z
Z
Z r
1
dx
4
√
√
dx =
I=
=
du = arcsin u = arcsin(2x − 1) + C
2
2
1−u
x−x
1 − u2
Om denne løsningen virker noe rar, hjelper det å fullføre kvadratet i teller. Da
ser en at
2
1
1
1
1
− x2 − x +
+
=
− x−
4
4
4
2
Og dette hinter kraftig til at substitusjonen x − 1/2 = u/2 ⇒ u = 2x − 1
vil virke. Det siste integralet
p er standard, men alternativt kan substitusjonen
u = sin y benyttes. Siden 1 − sin2 y = cos y og du = cos dy.
2. Legg merke til at (cos x + sin x)0 = cos x − sin x slik at
Z
Z
d
(cos x + sin x)0
(cos x + sin x)0
(cos x + sin x)0
I=
dx =
log
dx = log
+C
cos x + sin x
dx
cos x + sin x
cos x + sin x
hvor det ble benyttet at
du
Z z 0}| {
Z
f (x)
du
dx =
= log f (x) dx
f (x)
u
|{z}
u
holder for alle funksjoner.
4. En kan skrive integralet som følger
Z √
J=
x+1
=
x7/2
Z √
x + 1 dx
=
x1/2 x3
Z
1
x
r
1+
1 dx
x x2
264
V
30 Langsvar
Ved hjelp av substitusjonen t2 = 1 + (1/x) så er 2t dt = − dx/x2 og 1/x = t2 − 1
innsatt fås da
Z
√
J =−
t2 − 1 ( t2 )2t dt
2 2√ 2
2 √
t t − t4 t2 + C
3
5
2 2√ 2
=
t t 3t2 − 5 + C
15
3/2 2
1
1
=
1+
3 1+
−5 +C
15
x
x
=
5. Ved faktorisering fås
Z
I=
−1
=−
3
x + x7
Z
1 + x4 − x4
dx =
x3 (1 + x4 )
Z
x dx
−
1 + x4
Z
dx
x3
Sistnevnte integral er rett frem, og førstnevnte kan løses via u = x2 så du = 2x dx
Z
2
1
1
1
du
+
=
+ arctan x2 + C
I=
2
2
2
2
1+u
2x
2x
2
6. Dette integralet har blitt løst i eksempel (2.10.3) så
Z
eπ
π
sin(log x) dx =
0
ie
1h
1
x sin log x − x cos log x
= eπ
2
2
0
Alternativt kan integralet skrives ved substitusjonen u = log x til
Z π
I=
eu sin u du
−∞
Hvor en har lagt merke til at eu = x og at du = dx/x ⇒ dx = eu du. Dette er et
standard integral somkan beregnes på samme måte som før ved å innføre hjelpeintegralet eu cos u, via delvis integrasjon eller ved å skrive det om på kompleks
form. Legg merke til at
Z
Z
Z
u iu
u
u
Im
e e du = Im
e cos u + i · e sin u du = eu sin u du
Der Eulers identitet
eiωx = cos ωx + i sin ωx
V
14.1 Oppgaver
265
ble benyttet. På den andre siden så er Dette oppnås ved å benytte seg av at
i2 = −1 og å gange med den konjugerte.
Z
1
i − 1 iu u
Im
eu eiu du = Im
·
e e
i+1 i−1
1
(1 − i) (cos u + i sin u)eu
= Im
2
h
i
i 1
1h
= Im
sin u + cos u eu + i ·
sin u − cos u eu
2
2
i
1h
=
sin u − cos u eu
2
Ved å sammenlikne de reelle delene i stedet ville en fått integralet av eu cos u.
En får nå at integralet kan skrives som
Z π
h
Z π
i π
1
1
sin u − cos u eu
= eπ
eu sin u du = Im
eu eiu du =
2
2
−∞
−∞
−∞
som vist før.
9. Det er flere måter å angripe dette integralet på. Det letteste er nok å bruke
korollar (2.3.3) med f (x) = sin x, a = 0 og b = π/2. Da får en direkte
Z π/2
Z π/2
sin x
sin x
π/2
π
dx =
dx =
=
,
cos
x
+
sin
x
sin(π/2
−
x)
+
sin
x
2
4
0
0
Som ønsket. Integralet kan og beregnes ved å bruke theorem (2.3.1) siden
g(x) + g(π/2 − x) er konstant. Helt elementært kan en og ta utgangspunkt i
Z a
Z a
f (x) dx =
f (a − x) dx .
0
0
Slik at integralet kan skrives som
Z π/2
Z π/2
Z π/2
sin x dx
sin (π/2 − x) dx
cos x dx
=
=
.
cos x + sin x
cos (π/2 − x) + sin (π/2 − x)
sin x + cos x
0
0
0
Dobbler en integralet vårt får en at
Z π/2
Z π/2
sin x
sin x
2I =
dx +
dx
cos
x
+
sin
x
cos
x
+ sin x
0
0
Z π/2
Z π/2
sin x
cos x
=
dx +
dx
cos
x
+
sin
x
sin
x
+ cos x
0
0
Z π/2
Z π/2
sin x + cos x
π
=
dx =
dx =
cos x + sin x
2
0
0
Slik at en får da direkte at
Z π/2
Z π/2
sin x
π
cos x
dx =
=
dx
cos x + sin x
4
cos x + sin x
0
0
Som vist før.
14.
Det er flere måter å angripe denne sauen i fåreklær.
266
30 Langsvar
V
Løsning 1 Vi prøver seg på den virkelige vågale substitusjonen
p
√
0
√
q
2+1
p
x
+
x
1
x
+
x2 + 1
du
√
=
u = x + x2 + 1 ,
= p
√
dx
2
x2 + 1
2 x + x2 + 1
Altså ser en at
√
q
Z p
p
x + x2 + 1
√
dx = 2 x + x2 + 1 + C
x2 + 1
Alternativt kan en benytte seg av substitusjonen da har en videre at
p
√
1 x + x2 + 1
1
u
√
√
du =
dx =
dx
2
2
2
2
x +1
x +1
Altså bli integralet vår følgende
p
√
√
Z p
Z
x + x2 + 1
1 x + x2 + 1
√
√
dx =2
dx
2
x2 + 1
x2 + 1
q
Z
p
=2 du = 2u = 2 x + x2 + 1 + C
Moralen er ikke vær redd for å benytte vågale substitusjoner. For kompletthet så
går en derivasjonen av u nærmere i sømmene. Ved bruk av kjerneregelen så er
0
0
g(x)1/2 = 1/2g(x)1/2−1 · g 0 (x) = 12 √g (x) så
g(x)
d
dx
q
p
1
x + x2 + 1 =
2
=
1
2
=
1
2
=
1
2
p
d 2x
x + x2 + 1
1 1 + 2√x2 +1
dxp
p
=
√
√
2 x + x2 + 1
x + x2 + 1
√
p
2
√
x+
√ x +1
x + x2 + 1
x2 +1
p
p
·
√
√
x + x2 + 1
x + x2 + 1
p
√
√
x + x2 + 1
x + x2 + 1
√
√
x2 + 1 x + x2 + 1
p
√
x + x2 + 1
√
x2 + 1
Som var det en ønsket å vise.
Løsning 2 Vi benytter seg av den litt mindre vågale substitusjonen
√
p
du
2x
x + x2 + 1
du
dx
=1+ √
= √
⇒
= √
u = x + x2 + 1 ,
2
2
dx
u
2 x +1
x +1
x2 + 1
Så integralet vårt kan bli omformet som følger
√
Z p
Z
Z
√ du
x + x2 + 1
1 du
√
√
I=
dx =
u
=2
2
u
2
u
x +1
q
p
√
= 2 u + C = 2 x + x2 + 1 + C
V
14.1 Oppgaver
267
Her ble det implisitt brukt at
√
√ √
√ 0
1 1
u
u u
1
√ = √ og
√
=
x =
u
u
2 x
u
u
15. Integralet kan bli løst på flere ulike metoder, den antakeligvis mest kreative metoden er vist under.
Z
Z
dx
dx
I=
=
7
7
x −x
x 1 − x16
1
du
6
6
u=1− 6 ,
= 7 ⇒ du = 7 dx
dx
x
Zx
Z x
1
1
1
1
1
6
I=
du =
log |u| + C
· 7 dx =
6
x
6
u
6
1 − x16
I=
1
1
log 1 − 6 + C
6
x
16. Den slaviske metoden blir å først bestemme integralet av cos4 (x) for
deretter å bruke delvis integrasjon.
her vil vi heller benytte proposisjon (2.8.1)
Z π
Z
π π
xR(sin x, cos2 x) dx =
R(sin x, cos2 x) dx .
2 0
0
Heldigvis kan integralet vårt skrives på denne formen siden cos4 (x) = (cos2 (x))2 .
Dermed så er
Z π
Z
Z π/2
π π
I=
x cos4 (x) dx =
cos4 (x) dx = π
cos4 (x) dx
2 0
0
0
Hvor en kan se siste overgang enten fra symmetri, eller ved å dele integralet ved
π/2. Det finnes uttallige måter å beregne det siste integralet på. Det raskeste er
nok å gjennskjenne det som et av Wallis’ integral
Z
π/2
π
4
cos (x) dx =
22n+1
0
2n
n
som gir oss svaret direkte. Vi velger dog å vise integralet på et mer elementært
vis. Via symmetri eller substitusjonen x 7→ π/2 − x har vi
Z
0
π/2
cos4 (x) dx =
Z
0
π/2
sin4 (x) dx
268
V
30 Langsvar
Dermed så kan integralet nå skrives som
Z
Z
Z
π π
π π
π π
cos4 (x) + sin4 (x) dx =
3 + cos(4x) dx =
3 dx
I=
2 0
6 0
6 0
Siste integralet er enkelt å regne ut. Dette gir dermed
Z π
Z
π π
3π
4
x cos (x) dx =
3 dx =
6 0
16
0
som var det som skulle vises. Vi går så mellomregningene litt nærmere i sømmene.
For å se den trigonometriske omskrivningen har vi
2 2
1 + cos 2x
1 − cos 2x
+
2
2
1
1
1 1 + cos 4x
3 + cos 4x
1
+ cos2 (2x) =
+
=
=
2
2
2
2
2
4
cos4 (x) + sin4 (x) =
Å se at det siste integralet er null kan enten sees ved direkte regning eller symmetri. Vi velger dog (som vanlig) en litt annen vri. La f (x) = cos(x) eller
f (x) = sin x da er
Z
2πn
f (x) dx = 0 ,
n∈N
0
siden vi integrerer over hele perioder. Ved å bruke substitusjonen x = 2n så har
vi
Z π
f (2nu) du = 0
0
som ønsket. For å få integralet vårt setter vi f (x) = cos x og n = 2.
17. Løsning: 1 Her velger en å benytte seg av delvis integrasjon med
1
log x
1
, u0 = 2
, v=−
x2
x
x
u = log(x)2 , v 0 =
Dette gir seg at
Z log x
x
2
dx = −
1
log(x)2 + 2
x
Z
log x
dx
x2
Igjen bruker en delvis integrasjon hvor
u = log x , v 0 =
1
1
1
, u0 =
, v=−
x2
x
x
Så dette gir seg at det ubestemte integralet kan skrives som
Z log x
x
2
dx = −
log(x)2
1
− 2 log x −
x
x
Z
−
1
dx
x2
V
14.1 Oppgaver
269
Med innsatte grenser gir dette seg
2
∞
Z ∞
log x
log(x)2
log x
2
dx = −
−2
−
=2
x
x
x
x 1
1
Den siste grensen kan for eksempel vises via rekkeutvikling, eller L‘hôptial. La
f (x) = log(x)a /x hvor a > 1 da har en
log(x)a−1
log(x)a−a
a!
log(x)
x
x
L = lim
= lim
= · · · = lim
=0
x→∞
x→∞
x→∞
x
1
1
Hvor en benyttet seg av L‘hôptial, a antall ganger da en har et ∞/∞ uttrykk
hver gang.
a
a
Løsning: 2 Uten videre lar en t = log x så x = et og dt = x1 dx innsetning gir
da
2
Z ∞
Z ∞
Z ∞
log x
(log x)2 dx
e−t t2 dt = 2!
dx =
=
x
x
x
1
0
0
Den siste likheten kommer fra gammafunksjonen, som er definert som følger. La
nå z være et positivt heltall, da er
Z ∞
e−t tz dt = z!
0
Denne funksjonen er bevist i Del I, og gjør en sterk tilbakekomst i Del III.
18.
Z
Nå trenger en å uttrykke
=
=
=
=
=
Z
(x + 2)
2
(x + 7)
5
dx =
(x + 2)
2
Z x+2
x+7
2
1
dx
5
(x + 7)3
(x + 7)
x+2
du
5
La nå u =
,
=
x+7
dx
(x + 7)2
2 Z x+2
1
5
1
dx
=
5
x+7
x + 7 (x + 7)2
I =
dx =
1
x+7
5
via u, Legg merke til at 1 − u = x+7
, slik at
Z
1
1−u
u2 ·
du
5
5
1 3
1
1
u − u4 + C
25 3
4
1 1 3
u [4 − 3u] + C
25 12
3 1
x+2
x+2
4−3
+C
300 x + 7
x+7
3 1
x+2
22 + x
+C
300 x + 7
x+7
1 (x + 2)3 (22 + x)
+C
300
(x + 7)4
270
V
30 Langsvar
20. Legg merke til at
π/2 √
Z
s
2
√ Z π/2
1
1
cos
dx = 2
x
x dx
2
2
0
0
π/2
i
h
√
√
1
π
− sin(0) = 2
= 2 2 sin
x
= 2 2 sin
2
4
0
π/2
Z
1 + cos x dx =
0
2 cos
Den vanskeligste overgangen er nok den første, den er vist i større detalj under.
Vi har
cos(2x) = cos2 x − sin2 x = cos2 x − 1 − cos2 x = 2 cos(x)2 − 1
Legger en til 1 på begge sider, og setter x = t/2 får en
cos t + 1 = 2 cos
1
t
2
2
som var det en ønsket å vise. Den neste tingen som kan virke uklart er hvorfor
en fjerner absoluttegnet og dette er enkelt og greit fordi cos(x/2) > 0 når x ∈
0
[0, π/2]. Videre i utregningen blir
√ det kun brukt kjente ting som at (sin x) =
cos x, sin(0) = 0, sin(π/4) = 1/ 2 osv.
23. Fra tidligere vet en at
Z
1
Z
f (x) dx =
−1
1
f (x) + f (−x) dx
0
Ved innsetning får en da at
Z
1
Z
1
f (x) dx =
−1
0
Z
1
=
0
Z
1
=
0
1
(−x)2012
x2012
+
dx
x
1+e
1 + e−x
1006
(−x)2
x2012
ex
+
dx
x
−x
1+e
1+e
ex
x2012
ex · x2012
+
dx
x
1+e
ex + 1
x2012 (1 + ex )
dx
1 + ex
0
1
Z 1
1
1
2012
2013
=
x
dx =
·x
=
2013
2013
0
0
Z
=
24.
(5.20)
V
14.1 Oppgaver
271
Løsning 1 Vi legger merke til at integralet er odde omkring x = π/2, og derfor
null.
Løsning 2 En helt tisvarende metode er å bruke substitusjonen u = π − x. Vi
har vist tidligere at
Z a
Z a
f (x) dx =
f (a − x) dx
0
0
Dette gir seg på vårt integral at
Z π
I=
sin x sin 2x sin 3x dx
Z0 π
=
sin(π − x) sin(2(π − x)) sin(3(π − x)) dx
Z0 π
=
(− sin x)(− sin 2x)(− sin 3x) dx
0
Z π
=−
sin x sin 2x sin 3x dx
0
Dobbler en integralet vårt får en at
Z π
Z
2I =
sin x sin 2x sin 3x dx −
0
π
sin x sin 2x sin 3x dx
0
2I = 0
I=0
Nå var en svært nøye i utledningen vår her. Men det er nok å si at dersom I = −I
så er I = 0.
28. Småkjip oppgave, legg merke til at
r
r
r
1+x
1
1+x
1
1
=
·
=
1+
x3
x2
x
x
x
(5.21)
Herfra benytter en seg av substitusjonen
1
1
, x=
x
u−1
1
1
1
⇒ x du = − dx ⇒
du = − dx
x
u−1
x
u=1+
du
1
=− 2
dx
x
Integralet vår kan dermed skrives som
Z r
I=
x+1
dx = −
x3
Z
Z
=−
r
1
1+
x
!
−
1
x
dx
(5.22)
√
u
du
u−1
(5.23)
272
V
30 Langsvar
29. Legg merke til at en kan skrive om integranden som følger
2
x (log x − 1)
= x4 − (log x)4
2
x
log x
4
x
log x
log x − 1
log2 x
·
−1
Dette hinter kraftig til at substitusjonen γ = x/ log x vil virke. Da får en fra
kvotientregelen
γ=
x
log x − 1
dx
⇒ dγ =
log x
log2 x
Innsatt får en da direkte at integralet kan skrives som
Z 2
x (log x − 1)
dx
I=
x4 − (log x)4
2
x
Z
log x
log x − 1
=
dx
·
4
log2 x
x
−1
log x
Z
=
Z
=
1
4
1
=
4
=
γ2
dγ
−1
1
1
1
1
1
−
+
4 γ−1
γ+1
2 1 + γ2
γ−1
1
log
+ arctan(γ) + C
γ+1
2
x − log x
x
1
log
+ arctan
+C
x + log x
2
log x
γ4
Og en er ferdige. Oppspaltingen av brøken kan eksempelvis gjennomføres slik
x2
1 (x2 − 1) + (x2 + 1)
1
1
1
1
=
=
+
−1
2 (x2 − 1)(x2 + 1)
2 x2 − 1
2 x2 + 1
1 (x + 1) − (x − 1)
1
1
1 1
1 1
1
1
+
=
−
+
=
4 (x − 1)(x + 1)
2 x2 + 1
4 x−1
4 x+1
2 x2 + 1
x4
32. Begynn med substitusjonen z = 2x − 1 så x = log(1 + z)/2. Integralet
blir da
Z ∞
Z ∞
x−1
1
log(z + 1)
√ x
dx =
dz
I=
2
1/2 (1 + z) log(z)
x − 1)
z
2
−
1
log(2
log (2) 0
0
Deler nå integralet opp fra (0, 1) til (1, ∞). I det siste integralet blir variabelskifte
z → 1/y benyttet så
I=
1
log2 (2)
Z
0
1
log(1 + z)
1
dz +
1/2
z (1 + z) log(z)
log2 (2)
Z
0
1
log(1 + 1/y)
dy
+ 1/y)(− log(y)) y 2
y −1/2 (1
V
14.1 Oppgaver
273
Ved å bytte tilbake fra dummy-variablenen y tilbake til z i det siste integralet og
forenkle integranden kan uttrykket forenkles til
Z 1
log(1 + z)
log z − log(1 − z)
1
dz +
dz
2
1/2
(1 + z) log(z)
log (2) 0 z 1/2 (1 + z) log(z)
0 z
Z
Z 1
1
dr
π
dz
1
=
=
=
z 1/2 (1 + z)
log2 (2)
log2 (2) 0 1 + r2
2 log2 (2)
1
=
log2 (2)
Z
1
Hvor i nest siste linje ble substitusjonen r 7→ z 1/2 og z = r2 .
35. Hej Hej
37. Et forholdsvis tøft integral om en ikke ser crux’et. Legg merke til at
4x5 − 1 = x · (x5 + x + 1)0 − x0 · (x5 + x + 1)
ved nå og bruke kvotientregelen som en har sett nøyere på før
u 0
v
=
u0 v − uv 0
uv 0 − u0 v
=
−
v2
v2
baklengs. Kan integralet skrives som
Z
Z
x · (x5 + x + 1)0 − x0 · (x5 + x + 1)
4x5 − 1
dx
=
dx
5
2
(x + x + 1)
(x5 + x + 1)2
0
Z x
=−
dx
x5 + x + 1
x
=− 5
+C
x +x+1
og en er ferdige.
38. Vi studerer først det ubestemte integralet og legger merke til at første del
kan enkelt integreres.
r
Z
Z r
x
x−1
x−1
−
dx = x − log x −
dx
x+1
x+1
x+1
Hvor det ble brukt at x/(x + 1) = 1 − 1/(x + 1). Det siste integralet kan enten
løses ved å først sette u2 = (x − 1)/(x + 1) eller via delvis integrasjon
r
Z r
Z
x−1
x−1
x+1
√
dx = (x + 1)
−
dx
x+1
x+1
(x + 1) x2 − 1
p
Hvor u = (x − 1)/(x + 1) og v = x + 1 ble
√brukt. det siste integralet har blitt
regnet ut før, og første del kan forenkles til x2 − 1 , oppsumert har en
Z r
p
p
x−1
dx = x2 − 1 − log x + x2 − 1
x+1
274
V
30 Langsvar
Ved å bruke dette resultatet og sette inn grenesene bir det opprinnelige integralet
r
Z ∞
h
i∞
p
p
x
x−1
−
dx = x − log(x + 1) − x2 − 1 + log x + x2 − 1
x+1
x+1
1
1
Å sette inn x = 1 gir ingen problemer ovenfor og blir 1 − log 2, mens tilfellet
hvor x → ∞ må behandles med større omhu. Heldigvis kan grensen deles opp
og en kan vise følgende
p
p
lim x − x2 − 1 = 0 og lim − log(x + 1) + log x + x2 − 1 = log 2
x→∞
x→∞
For å vise første grenseverdi ganger vi med den konjugerte
√
p
x + x2 − 1
1
2
√
√
lim (x − x − 1 )
= lim
=0
2
x→∞
x→∞ x + x2 − 1
x+ x −1
hvor konjugatsetningen (a − b)(a + b) = a2 − b2 ble brukt. For å vise siste
grenseverdi kombineres logaritmene, for deretter å bruke l’hôpital
!
!
√
√
x + x2 − 1
x + x2 − 1
lim log
= log lim
x→∞
x→∞
x+1
x+1
!
√
1 + x/ x2 − 1
= log lim
= log 2
x→∞
1
p
p
√
siden x/ x2 − 1 = x2 /(x2 − 1) = 1 + 1/(x2 − 1) ∼ 1 når x → ∞. Oppsumert har en altså at
r
Z ∞
x
x−1
−
dx = log 2 − (1 − log 2) = 2 log 2 − 1
x
+
1
x
+1
1
som var det som skulle beregnes.
40. Dette er et noe langt integral. Begynner med å dele opp integralet i to
deler
Z 0
Z π
x sin x arctan ex
x sin x arctan ex
I=
dx
+
dx
1 + cos2 x
1 + cos2 x
−π
0
|
{z
}
|
{z
}
A
B
Ved å sette x 7→ −t i integralet A fås
Z
0
A=
−π
0
Z
=
π
π
Z
=
0
x sin x arctan ex
dx
1 + cos2 x
(−t) sin(−t) arctan e−t
(− dt)
1 + cos2 (−t)
t sin t arctan e−t
dx
1 + cos2 t
V
14.1 Oppgaver
275
Ved å legge sammen A og B og benytte at arctan x + arctan 1/x = π/2 kan det
opprinnelige integraler skrives som
Z π
t sin t (arctan ex + arctan 1/ex )
I=
dt
1 + cos2 t
0
Z π
t sin t
π
=
2 0 1 + cos2 t
Rb
Rb
Husk at a f (x) dx = a f (a + b − x) dx, eksempelvis via x 7→ a + b − u. Slik at
Z
Z
π π t sin t
π π (π − t) sin(π − t)
I=
=
2 0 1 + cos2 t
2 0 1 + cos2 (π − t)
Z π
Z
π
(π − t) sin t
π π π sin t
=
=
dt − I
2 0 1 + cos2 t
2 0 1 + cos2 t
Dermed så er
I=
π
4
Z
0
π
π sin t
π2
=
2
1 + cos t
4
Z
0
1
π 3
dy
π3
=
=
1 + y2
8
2
Som var det som skulle beregnes.
2.11.1
41. Før vi begynner med løsningen minner vi på at cot x er definert som cot x =
1/ tan x. Som vil bli mye brukt fremmover, detteRfører direkte til at
R a1 = cot x tan x.
a
Ved å bruke subtitusjonen x 7→ π/2 − u eller ( 0 f (x) dx = 12 0 f (a) + f (a −
x) dx) fås
Z
1 π/2
1
1
1
1
+
+
+
dx .
I=
2 0
log tan x
1 − tan x
log cot x
1 − cot x
sin(π/2−x)
x
= cos
Hvor det kun ble brukt at tan(π/2 − x) = cos(π/2−x)
sin x = 1/ tan x = cot x.
Tanken er nå at vi kan forenkle uttrykket ved å kombinere logaritmene
1
1
log cot x + log tan x
log(cot x tan x)
+
=
=
=0
log tan x
log cot x
(log tan x)(log cot x)
(log tan x)(log cot x)
siden cot x tan x = 1 og log 1 = 0. Tilsvarende for de to siste leddene får vi
1
2 − cot x − tan x
1
+
=
=1
1 − tan x
1 − cot x
(1 − tan x)(1 − cot x)
Siden (1 − tan x)(1 − cot x) = 2 cot x tan x + cot x − tan x = 2 − cot x − tan x.
Integralet forenkles dermed ned til
Z π/2
1
1
I=
+
dx
log
tan
x
1
−
tan x
0
Z
1
1
1
1
1 π/2
+
+
+
dx
=
2 0
log tan x
1 − tan x
log cot x
1 − cot x
Z
1 π/2
π
=
0 + 1 dx =
2 0
4
276
V
30 Langsvar
som var det som skulle vises.
42. Integralet kan forenkles ved å se at telleren danner et perfekt kvadrat
2
e2x − 2 + e−2x = (ex ) − 2ex e−x + e−x
2
= ex − e−x
2
Integralet kan da skrives som
q
Z log 2 (ex − e−x )2
Z log 2 x
Z log 2 x
|e − e−x |
e − e−x
dx
=
dx
=
dx
x
−x
x
−x
e +e
e +e
ex + e−x
0
0
0
siden ex − e−x > 0 når x > 0. Heretter kan substitusjonen u 7→ ex + e−x brukes.
Da er du = [ex − e−x ] dx og grensene blir e0 + e−0 = 2 og elog 2 − e− log 2 = 5/2.
Z
log 2
0
ex − e−x
dx =
ex + e−x
5/2
Z
2
du
= log(5/2) − log(2) = log(5/4)
u
som ønsket.
43. Integralet minner nesten om enhets identiteten sin2 x + cos2 x = 1. Dessverre har vi sin2 u + cos2 v, u = sin x og v = cos x. Vi har derimot Bruker vi
x 7→ π/2 − y fås
Z
0
sin2(sin π/2 − y) + cos2(cos π/2 − y) dy
I=−
π/2
Z
=
π/2
sin2(cos y) + cos2(sin x) dy
0
Siden cos π/2 − y = − sin y og sin π/2 − y = cos y. Ved å ta gjennomsnittet av
dette integralet med vårt originalet fås
1
I=
2
Z
1
2
Z
=
π/2
sin2(sin x) + cos2(sin x) + sin2(cos x) + cos2(cos x) dx
0
π/2
1 + 1 dx =
0
π
2
Siden argumentene er like følger resultatet fra enhetsformelen.
47. 0
48. Vi definerer de ubestemte integralene
Z
Z
sin x dx
ex − cos x
J=
og
I
=
dx.
x
x
e − sin x − cos x
e − sin x − cos x
Der valget av I er valgt slik at
Z
ex − sin x − cos x
J −I = − x
dx = −x
e − sin x − cos x
V
14.1 Oppgaver
277
og heldigvis så er også J + I rimelig pen å beregne
Z
(−ex + sin x + cos x)0
J +I =
dx = log |−ex + sin x + cos x|
−ex + sin x + cos x
Ved å løse systemet så er altså
Z
x
1
sin x dx
= − + log |−ex + sin x + cos x|
x
e − sin x − cos x
2
2
Setter en nå inn grensene kan integralet skrives som
Z 2π
e2π − 1
π
sin x dx
π
= − + log (eπ − 1)
=
−
+
log
x − sin x − cos x
π +1
e
2
e
2
π
som var det som skulle bestemmes. Tilslutt noteres det at nevneren er positiv
når x > 0 slik at det ikke er noen problem med singulariter. I siste overgang ble
det benyttet at log(x2 − 1) = log(x − 1) + log(x + 1).
52. Ved å bruke substitusjonen x2 7→ t så er 2x dx = dt slik at integralet
forenkles til
Z
1 log 3
sin t dt
I=
2 log 2 sin t + sin(log 6 − t)
Ved nå og bruke enten å bruke proposisjon (2.3.1), eller substitusjonen y 7→
a + b − x har en at
Z b
Z b
f (x) dx =
f (a + b − x)
a
a
Hvor a + b − x = log 6 − x. Ved å bruke dette på vårt integral fås
Z
1 log 3 sin(log 6 − t) dt
I=
2 log 2 sin(log 6 − t) + sin t
Gjennomsnittet av disse to integralene blir følgelig
Z
sin t
sin(log 6 − t)
1 log 3
I=
+
dt
4 log 2 sin t + sin(log 6 − t)
sin(log 6 − t) + sin t
Z
1 log 3 sin t + sin(log 6 − t)
=
dx
4 log 2 sin t + sin(log 6 − t)
p
1
1
log 3 − log 2 =
log 3/2
=
4
2
Merk at etter substitusjonen x2 7→ t kunne theorem (2.3.1) blitt benyttet direkte
siden f (x) − f (a + b − x) er konstant på intervalet.
53. La f (x) = x7 −3x5 +7x3 −x+1. Da er f (−x) = −(x7 −3x5 +7x3 −x+1)+2,
som er det samme som at f (x) + f (−x) = 2. Interesant! For å forenkle integralet
benyttes substitusjonen nå y 7→ −x, så dx = − dy, x = ±π/4 ⇒ y = ∓π/4.
Z π/4
Z −π/4
Z π/4
f (x)
f (−y)
f (−x)
dx
=
−
dy
=
dx
2
2
2
cos (−y)
π/4
−π/4 cos x
−π/4 cos x
278
V
30 Langsvar
Ved å ta gjennomsnittet av disse to uttrykkene for integralet fås da
I=
Z
1
2
π/4
−π/4
f (x) + f (−x)
dx =
cos2 x
Z
π/4
−π/4
h
iπ/4
dx
=
2
tan
x
=2
cos2 x
0
Som var den en ønsket å bestemme. Hvor det ble brukt at f (x) + f (−x) = 2, og
at (tan x)0 = 1/ cos2 x. Pent!
2.11.2
1. Ve
2.
d) Vi ønsker å vise at integralet over (−∞, ∞) er null. Ved å bruke at integranden er symmetrisk, og substitusjonen x 7→ yt så er
Z
∞
−∞
x2 − y 2
dx = 2
(y 2 + x2 )2
∞
Z
(yt)2 − y 2
y dt = 2y
(y 2 + (yt)2 )2
0
Z
∞
t2 − 1
dt
(t2 + 1)2
1
1 − t2
dx
(1 + t2 )2
0
Legg nå merke til at integralet over (1, ∞) kan skrives som
∞
Z
0
t2 − 1
dt =
((1/x)2 + 1)2
Z
0
dx
t2 − 1
=−
((1/x)2 + 1)2 −x2
1
Z
0
via substitusjonen t 7→ 1/x. Dette medfører at
Z
∞
Z
1
f (x, y) dx = 2
−∞
Z
∞
f (x, y) dx + 2
0
Z
f (x) dx
1
1
Z
f (x, y) dx − 2
=2
0
1
f (x, y) dx = 0
0
som var det som skulle vises. Her ble forkortelsene f (x, y) = (x2 −y 2 )/(x2 +y 2 )2
og f (x, 1) = f (x) innført.
Z
2
1
e)
∞
x2 − y 2
dx = 2
(y 2 + x2 )2
Z
1
0
(1/u)2 − y 2
du
= −2
(y 2 + (1/u)2 )2 −u2
Z
0
1
u2 − y 2
du
(y 2 + u2 )2
V
14.2 Oppgaver
279
f) Den første likheten kan etableres ved å dele opp integralet og bruke inversjonen u 7→ 1/x på siste integral. Vi har
Z ∞
Z 0
Z 1
log x
log 1/u
du
u2
dx
=
=
−
log
u
du
1 2 2
2
(1 + x2 )2
(1 + u2 )2
1
1 (1 + [ u ] ) −u
0
via u 7→ 1/x. Deler vi opp integralet og bruker likningen ovenfor fås
Z ∞
Z 1
Z ∞
1 − x2
1 − x2
1 − x2
log
x
dx
=
log
x
dx
+
log x dx
2 2
(1 + x2 )2
(1 + x2 )2
0
0 (1 + x )
1
Z 1
Z 1
x2
1 − x2
log
x
log
x
dx
−
dx
=
2 2
(1 + x2 )2
0
0 (1 + x )
Z 1
1 − x2
=
log x dx
2 2
0 (1 + x )
som var det som skulle vises.
b) For å løse integralet som innvolverer logritmer har vi ikke så mange verktøy
tilgjengelig. Senere vil vi få flere, men så langt har vi stort sett bare delvis
integrasjon. Vi velger
v0 =
1 − x2
(1 + x2 )2
og
u = log x
Husker vi tilbake har en allerede regnet ut v 0 , se lemma (2.7.1) med x = 1.
v=
x
1 + x2
og u0 =
1
x
Alternativt så kan vi beregne integralet som følger
Z
Z
(1/x + x)0
1 − x2
1
x
dx
=
−
dx =
= 2
(1 + x2 )2
(1/x + x)2
1/x + x
x +1
Via u 7→ 1/x + x siden (−1/u2 )0 = 1/u. Ved å sette inn har vi nå
1 Z 1
Z 1
1 − x2
x
x
dx
I=
log
x
dx
=
log
x
−
·
2 )2
2
2
(1
+
x
1
+
x
1
+
x
x
0
0
0
Første del beregnes til null siden x log x → 0 når x → 0. Siste integral er
elementert
Z ∞
Z 1
Z 1
log x
1 − x2
dx
π
dx
=
log
x
dx
=
−
=
2 )2
2 )2
2
(1
+
x
(1
+
x
1
+
x
4
0
0
0
som var det som skulle beregnes.
3. Vi beregner først det innerste integralet relativt enkelt og får
Z h
ix+√x2 +a2
K=
log t
dx
1
Z
p
= log x + x2 + a2 dx
280
30 Langsvar
V
hvor det ble brukt at log
√ 1 = 0. En løsning videre er å bruke delvis integrasjon
med v = 1 og eu = x + x2 + a2 . Slik at


2 0
)
Z
p
1 + 2√(x
2
2
√ x +a  dx
= x log x + x2 + a2 − x · 
x + x2 + a 2
Z
p
x
2
2
√
= x log x + x + a −
dx
2
x + a2
p
p
= x log x + x2 + a2 − x2 + a2 + C
som ønsket. Den siste algebra-transformasjonen kan en se eksempelvis slik
√
(x2 )0
x2 + a2
x
√
1+ √
+√
2
2
2
2
2
2√ x + a
x + a√
x + a2
=
x + x2 + a2
x + x2 + a2
√
2
x + a2 + x
1
√
= √
·
2
2
x +a
x + x2 + a2
1
= √
x2 + a2
og endelig så ble det siste integralet bergnet via substitusjonen u = x2 + a2 så
du/2 = x dx
Z
Z
p
√
x dx
1
√
√ du = u + C = x2 + a2 + C
=
2 u
x2 + a2
For å vise siste likheten bestemmer en først et uttrykk for arcsinh(x). Vi har
ex − e−x
2
x
x 2
2ye = (e ) − 1
y=
0 = u2 − 2yu − 1
p
2y ± (2y)2 − 4(1)(−1)
u=
2
p
2
u=y± y +1
Siden u = ex og sinh(x) > 0 ∀ x så er
p
x = log y + y 2 + 1
p
arcsinh(x) = log x + x2 + 1
Til slutt legger en merke til at
arcsinh
x
a
!
x 2
+ log a = log
+ 1 + log a
a
1
1p 2
2
= log
·x+
x +a
+ log a
a
a
p
= log x + x2 + a2 + log a−1 + log a
x
+
a
r
V
14.2 Oppgaver
281
√
p
p
√
Hvor en benyttet seg av at x2 /a2 + 1 = x2 /a2 + a2 /a2 = x2 + a2 / a2 og
at log a−1 +log a = − log a+log a = 0 eller log a−1 +log a = log a−1 a = log 1 = 0.
Uansett, en nå skrive integralet som
K=
ix+√x2 +a2
Z h
log t
dx
1
p
p
= x log x + x2 + a2 − x2 + a2 + C
i p
h
x
+ log a − x2 + a2 + C
= x arcsinh
ax p
= x · arcsinh
+ x log a − x2 + a2 + C
a
som var det en ønsket å vise. Alternativt kan en benytte omskrivningen før en
beregner integralet. Da får en nesten tilsvarende
K=
Z h
log t
ix+√x2 +a2
dx
1
Z
=
p
log x + x2 + a2 dx
Z
=
arcsinh
x
a
+ log a dx
Første integralet beregnes ved delvis integrasjon hvor u = 1 og sinh v 0 = x/a,
og siste integralet er trivielt.

= x log a + x · arcsinh
x
a
Z
= x · arcsinh + x log a −
= x · arcsinh + x log a −
p
√
x
a
Z
−
x2
x· q
x
a
0
2

dx
+1
x
dx
+ a2
x2 + a2 dx
som ønsket.
4. Velger å først løse det ubestemte ved å prøve den noe vågale substitusjonen
u=
p
r2 + R2 − 2Rr cos θ ⇒
du
sin θ
= √
dθ
2Rr
2 r2 + R2 − 2Rr cos θ
Dermed så kan integralet skrives om til
Z
I=
√
sin θ dθ
=
r2 + R2 − 2Rr cos θ
Z
du
=
Rr
√
r2 + R2 − 2Rr cos θ
Rr
282
V
30 Langsvar
det bestemte integralet kan nå skrives som
"√
#π
Z π
sin θ dθ
r2 + R2 − 2Rr cos θ
√
=
Rr
r2 + R2 − 2Rr cos θ
0
0
p
p
2
2
(R + r)
(R − r)
=
−
Rr
Rr
R−r
R+r
=
−
Rr
Rr
Hvor fortegnet på |R − r| avhengier av om R > r eller om R < r. Siden |x| = x
når x > 0 og |x| < −x når x < 0. For R > r fås
R−r
R+r
R+r
R−r
2
−
=
−
=
Rr
Rr
Rr
Rr
r
Og for R < r fås
R−r
R−r
R+r
2
R+r
−
=
+
=
Rr
Rr
Rr
Rr
R
Integralet blir dermed
Z π
sin θ dθ
2/r
√
=
2
2
2/R
r + R − 2Rr cos θ
0
når R ≥ r
når R < r
5. Ve
6.
g)
Uten videre så har en at
Z
1
log 1 =
1
1
dt = 0 ,
t
da det ikke er noe areal å beregne. Første del avanalysens fundamentalteorem
sier at la f : [a, b] → R være en kontinuerlig funksjon. La F være funksjonen
definert for x i [a, b] ved
Z x
F (x) =
f (x) dt
a
da er
F 0 (x) = f (x)
ved å bruke dette så får en direkte at
d
d
log x =
dx
dx
Z
1
1
1
1
dt =
t
x
V
14.2 Oppgaver
283
Rimelig standard. Neste integral er ikke like bent frem her har en
r
Z
ar
1
dt =
t
log a =
1
Z
a
1
1
r du = r
u
a
Z
1
1
du = r log a
u
Via substitusjonen t 7→ ur . Derivasjon gir
dt = r · ur−1 du = r · ur u−1 du
dt = r · t du/u
dt/t = r du/u
For grensene har en at t = ar √
⇔ ur = ar ⇒ u = a og tilsvarende for nedre
r
r
grense t = 1 ⇔ u = 1 ⇒ u = 1 = 1. For det siste integralet får en
Z
log(ab) =
1
ab
dt
=
t
a
Z
1
dt
+
t
Z
a
ab
dt
=
t
Z
1
a
dt
+
t
Z
b
1
du
= log a + log b
u
hvor t ∈ [1, ab] = t ∈ [1, a] ∪ [a, ab] og substitusjonen t 7→ au ble benyttet på siste
integralet. Da er dt = a du og ved å dele på t fås dt/t = a du/au = du/u.
h) Vi begynner med spesialtilfellet α = 1. En frekk løsning2 blir å bruke
l’hopital så
lim
x→0
log(1 + x)
1/(1 + x)
= lim
=1
x→0
x
1
Alternativt kan vi løse oppgaven som følger. La f (x) = log(x), da er
lim
x→0
log(1 + x)
log(1 + x) − log(1)
= lim
x→0
x
x
= lim
x→0
f (1 + x) − f (1)
x
= f 0 (1) = 1
Hvor kun definisjonen av den deriverte ble brukt. En siste metode før vi går
videre
Z
Z
Z 1
Z 1
1 1+x dt
1 x dt
log(1 + x)
du
= lim
= lim
= lim
=
lim
du = 1
x→0 x 1
x→0 x 0 t + 1
x→0 0 1 + xu
x→0
x
t
0
Via t 7→ xu. For α > 1 så deriveriverer vi begge sider for å se på vekstraten
d
d
log(1 + xα ) ≤
(αx)
dx
dx
αxα−1
≤α
1 + xα
xα−1 ≤ xα + 1
xα−1 (1 − x) ≤ 1
2 Begge
metodene vist her bruker nesten sirkulær logikk. Da grensen ofte brukes til å definere den
deriverte av logaritmefunksjonen. Vi kan altså ikke bruke den deriverte til å bestemme grensen. Dog
går det fint siden vår definisjonen av logaritmen var gitt som et integral, altså følger den deriverte
direkte fra analysens fundamentalteorem. Dette er en av fordelene med integraldefinisjonen.
284
30 Langsvar
V
Dersom α ≥ 1 og x > 1 så holder den siste ulikheten trivielt. Ved å ta stegene i
motsatt rekkefølge har vi vist
d
d
log(1 + xα ) ≤
(αx)
dx
dx
hvorpå integrasjon gir oss ulikheten vår. Konstanten bestemmes av spesialtilfellet
α = 1.
7. I utgangspunktet et heselig integral, men forenkles raskt ned til noe mer
håndterlig. La f (x) betegne integranden da er
1
1 + (1/x)α
1
1
f (1/x) = 2 log
2
x
x
2
log 1/x(1 + (1/x)2 )
α
1+x
1
= − log
α
2x
log x(1 + x2 )
Fra proposisjon (2.5.2) eller ved å dele integralet ved x = 1 og benytte x 7→ 1/u
R∞
R1
på siste integral har vi at 0 f (t) dt = 0 f (t) + f (1/t)/t2 dt. Dermed så er
1
1 + xα
1 + xα
dx
I(α) =
log
− log
α
2
2x
log x(1 + x2 )
0
Z 1
Z 1
α dx
π
dx
=
= α
=
[log xα ]
2
log x(1 + x2 )
4
0 1+x
0
Z
Siden log
1+xα
2xα
= log
1+xα
2
− log xα . Mycket pent svar!
i) Legg merke til at
1 + xb
1 + xa
1 + xa
−
log
log
=
log
1 + xb
2
2
Dette medfører at vi kan skrive
Z ∞ log 1+xab
1+x
dx
π
J(a, b) =
= I(a) − I(b) = (a − b)
2
1
+
x
log
x
4
0
Ved å sette inn verdiene våre i likningen over får vi
√
!
1 + x4+ 15
√
q
Z ∞ log
√
√ √
√
1 + x2+ 3
π π
dx
=
2
+
15
−
3
=
2
+
6
3
−
5
.
(1 + x2 ) log x
4
4
0
Å se den siste algebraovergangen er noe vanskelig, men kan for eksempel føres
r
√
√
√
√ 2
15 − 3 =
15 − 3
q
q
q
√ 3
√ √
√ 2
√
√
√
=
15 − 2 3 15 + 3 = 18 − 6 5 = 6 3 − 5
√ √
√ √ √
√
Siden 3 15 = 3 3 5 = 3 5 . Som var det vi ønsket å vise.
V
14.2 Oppgaver
285
j) Nei, integralet konvergerer ikke. Det blåser opp ved x = 1, faktoren 1/2
(eller en annen vilkårlig konstant større enn 1) er altså helt sentral for å sikre
seg konvergens.
8. Begynner med å først finne cos 2θ. Legg merke til at
sin2 θ =
1 − cos 2θ
1 + cos 2θ
og cos2 θ =
2
2
Ved å dele disse på hverandre fås
sin2 θ
1 − cos 2θ
1 − tan2 θ
=
⇒ cos 2θ =
2
cos θ
1 + cos 2θ
1 + tan2 θ
Uttrykket for tan2 θ kan regnes ut eksakt som
2
Z
tan (θ) =
a
b
2ab
x
−
dx
3
x
ab
!2
=
ba
x2
+
x2
2ab
a
=
b
1
4
b2
a2
−
2
+
a2
b2
Ved nå og sette inn verdier kan cos 2θ skrives som
1 − tan2 θ
1 + tan2 θ
1 − (b/a − a/b)2 /4
=
1 + (b/a − a/b)2 /4
4 − (b/a − a/b)2
=
(b/a + a/b)2
2 2
4b a
(a2 − b2 )2
a2 b2
=
−
2
2
2
2
2
b a
a b
(a + b2 )2
h
i
1
2
2
2
2 2
=
4a
(25
−
a
)
−
a
−
(25
−
a
)
252
8 2
8 4
a +
a − 1 = −8β 2 + 8β − 1
=−
625
25
cos 2θ =
hvor vi i siste overgang innførte β = a2 /5. Tar først noen hjelperesultater før en
finner cos θ uttrykt via. En har
tan2 (x) =
sin2 (x)
1 − cos2 (x)
1
=
=
−1
2
cos (x)
cos2 (x)
cos2 (x)
og
b
2a
2
2
a 2 b 2
b a a 2
a
b
(a2 + b2 )2
+1+
=
+2
+
=
+
=
2b
2a
2a
2b
2b
2b
2a
4a2 b2
|
{z
}
1
286
V
30 Langsvar
Dermed så kan en skrive om integralet som
!2
2
2ab
x
1
b
a
−
=
tan (θ) =
dx
−
x3
ab
4 a
b
a
2
a 2
1
b
1
−
−1=
+
2
cos (θ)
2a
2
2b
2
2 2
1
(a + b )
=
cos2 (θ)
4a2 b2
√
2ab
2ab
2a 25 − a2
cos θ = 2
=
=
a + b2
25
25
2
Z
b
som var det en ønsket å bestemme.
9. Før en gjør noen antakelser om t prøver en å benytte seg av delvis integrasjon. Med u = ex og v 0 = sin x fås
Z t
I=
ex sin x dx
0
Z t
0
= [ex cos x]t +
ex cos x dx
0
Z t
t
= 1 − e cos t +
ex cos x dx
0
Herfra bør en legge merke til at
Rt
0
1/t dx = 1 så
= −et cos t +
Z
0
t
ex · cos x +
1
dx
t
Til slutt så må et cos t = 0 for at uttrykkene skal være like. Dette skjer hvis og
bare hvis t kan skrives som t = πn − π2 for alle n ∈ Z. Altså må t være periodisk.
10.R For å se første
R a likhet kan substitusjonen x 7→ π − u benyttes, eller identia
teten 0 f (x) dx = 0 f (a − x) dx. Begge metodene gir at
Z π
Z π
Z π
cos2 x dx
cos2 (π − u) dx
cos2 x dx
=
=
0 1 + cos x sin x
0 1 + cos(π − u) sin(π − u)
0 1 − cos x sin x
Helt tilsvarende kan en gjøre med sinus integralene. Neste likhet kan være noe
vanskeligere å se, men det finnes flere fremmgangsmåter. For eksempel så kan
vi vise at
Z π
Z π
(cos x)2
(sin x)2
cos(2x)
J=
−
dx =
dx = 0
1
1 + cos x sin x
0 1 + cos x sin x
0 1 + 2 sin(2x)
Via u 7→ 2x og du/2 = dx får en
Z 2π
Z 2π
cos u
du
cos u
J ==
=
du
1
2 + sin u
1 + 2 sin u 2
0
0
V
14.2 Oppgaver
287
Herfra kan en enten benytte seg av wiesrtrass substitusjonen t 7→ tan(u/2)
(theorem (2.5.3)) eller kompleks analyse for å beregne intgralet.3 Første metode
gir da
Z
∞
J=
−∞
2
1−t2
1+t2
2t
+ 1+t
2
2 dt
=
1 + t2
Z
∞
−∞
∞
Z
=
−∞
(t2
1 − t2
dt
+ 1 + t)(t2 + 1)
1 + 2t
2t
− 2
dt = 0
2
1+t+t
t +1
Siste overgang kan vi enkelt se ved å bruke substitusjonen 2t 7→ 2u + 1 på siste
integralet.
Alternativt. Siden begge integrande har periode π holder det å vise at identiten holder på et vilkårlig intervall med lengde π. Via u 7→ x − π/2 kan integralet
skiftes til [−π/2, π/2]. Siden funksjonene er symmetriske holder det å betrakte
identiteten over [0, π/2]. Å vise dette følger via x 7→ π/2 − u.
Å beregne selve integralet er rett frem
I=
1
2
Z
0
π
(cos x)2
(sin x)2
+
dx =
1 + cos x sin x
1 + cos x sin x
Z
π
1+
0
dx/2
1
2 sin(2x)
Benytter så u 7→ 2x og t 7→ tan(u/2)
Z
I=
0
2π
dx
=
2 + sin u
Z
∞
−∞
1
2t dt
=
2
2 + 2t/(1 + t ) 1 + t2
Z
∞
−∞
dt
1 + t + t2
En kan fullføre kvadratet og få t2 + 1 + t = (t + 1/2)2 + 3/4. Så hefra bruker en
p
3/4 u 7→ t + 1/2 så
π
Z
(cos x)2
=
1 + cos x sin x
0
Z
∞
−∞
∞
Z
=
−∞
dt
(t + 1/2)2 + 3/4
√
Z ∞
2
du
2π
1
3
du = √
= √
3
2
2
2
1
+
u
3 −∞
3
4 (u + 1)
og vi er ferdig. Siden verdien av det siste integralet er π.
11.
3 Ved
å bruke de komplekse formene (se avsnitt (3.9.1)) kan integralet skrives som
Z
0
2π
cos u
i
du = −
2 + sin u
4
I
z + z −1
1+
|z|=1
1
4i
dz
=
(z − z −1 ) z
I
dz
z2 + 1
z z 2 + 4iz − 1
|z|=1
√
Polenene til integranden befinner seg ved z = 0 og z = −(2 − 3 )i, med henholdsvs residue −1
og 1. Det følger da fra residue theoremet (??) at integralet er null.
288
V
30 Langsvar
Løsning 1 Velger å benytte den oppgitte substitusjonen, da er
√
1 + x4
2x(1 − x2 )
cos θ =
⇒ √
dx = sin θ dθ
2
1+x
1 + x4 (1 + x2 )2
Ved å bruke at sin2 θ + cos2 θ = 1 kan en skrive om sin θ som følger
√
p
1 − x2
2x
dθ
2
√
⇒
sin θ = 1 − cos θ =
dx = √
2
2
4
1+x
2
(1 + x ) 1 + x
For å bestemme grensene har en at
√
θ = arccos
1 + x4
1 + x2
!
√
Så θ = arccos(0) = 0 og θ = arccos(1/ 2 ) = π/4. Integralet forenkles dermed
dramatisk til
Z 1
Z π/4
dθ
π
1 − x2
√ = √
√
dx =
2
4
2
4 2
0
0 (1 + x ) 1 + x
og dette fullfører regningen.
Løsning 2 Ved å dele teller og nevner på x2 kan integralet skrives om til
Z
0
1
1 − x2
√
dx =
(1 + x2 ) 1 + x4
Z
0
1
1 − 1/x2
q
dx
√
(x + 1/x) (x + 1/x)2 − ( 2 )2
Ved å nå sette y 7→ x + 1/x og dt(1 − 1/x2 ) dx blir integralet
Z
0
1
1 − x2
√
dx =
(1 + x2 ) 1 + x4
Z
0
1
1
q
= √
√
2
1 y y 2 − ( 2 )2
1 π
π
π
= √
−
= √ .
2
4
2
4 2
0
x + 1/x
√
arcsec
2
1
som er det samme som før.
12. Merk at det spiller ingen rolle hvordan en uttrykker vinkelen. Her velger
vi å benytte oss av arccos slik at
x ϑ(x) = arccos
H
Altså hosliggende over hypotenusen. For å finne hyptenusen benyttes pytagoras,
men først må høyden fra x til sirkelenp
beregnes. Formelen for øvre halvdel med
radius r og sentrum c er gitt som y = r2 − (x − c)2 . Slik at
s
2 2
p
a−b
a+b
y=
− x−
= −x2 + x(a + b) − ab ,
2
2
V
14.2 Oppgaver
289
dermed kan hypotenusen uttrykkes som
H=
p
x2 + y 2 =
Z
b
p
x(a + b) − ab .
Integralet blir nå følgelig
I(a, b) :=
!
x
arccos
p
a
x(a + b) − ab
dx .
Men merk helt tilsvarende kunne en vist at
s
!
(x − a)(b − x)
1p
ϑ = arcsin
(x − a)(b − x)
= arctan
x(a + b) − ab
x
Men vi holder oss som sagt til arccos, samme fremmgangsmåte funger uansett
hvordan en definerer vinkelen. For å begynne å beregne dette ’beistet’ benyttes
delvis integrasjon
p med
u = arccos(x/ (a + b)x − ab ) og v = x − ab/(a + b) som i hintet.
Z
b
h
ib Z
ϑ(x) dx = v · ϑ(x) +
a
a
a
b
(a + b)x − 2ab
p
dx
2(a + b) (b − x)(x − a)
Fra figur så er vinkelen null når x = a og x = b. Dette medfører at første del
kollapser til null, som en og kan se via innsetning siden arccos(1) = 0. For å
beregne det gjennstående integralet brukes følgende substitusjon
2x − (a + b)
b−a
p
√
Så x = a → w = −1 og x = b → w = 1, og dx/ (b − x)(x − a) = dw/ 1 − w2 .
Substitusjonen mapper [a, b] til [−1, 1] og er generelt en nyttig greie. Integralet
blir dermed
Z 1
Z 1
Z 1
dw
w dw
(b2 − a2 )w + (b − a)2
√
√
√
dw = A
+B
2
2
4(a + b) 1 − w
1−w
1 − w2
−1
−1
−1
w=
2
2
Hvor A = (b − a)2 /4(a + b) og B = (b
√ − a )/4(a + b) er konstanter. Legg merke
til at siste integralet er null da w/ 1 − w2 er en odde funksjon. Det første
integralet kan eksempelvis
√
√løses ved å sette w = sin x slik at dw = cos x dx. Med
1 − w2 = cos x. Så dw/ 1 − w2 = dx.
Z
1
A
−1
√
dw
= 2A
1 − w2
π/2
Z
dx = Aπ .
0
Da integranden
√ er symmetrisk omkring origo. Dette unngår problemet med
fortegnet av 1 − w2 . Ved og sette inn får en endelig at
1
b−a
Z
b
ϑ(x) dx =
a
1 1 (b − a)2
b−a 4 a+b
Z
1
−1
√
dw
π b−a
=
·
2
4 b+a
1−w
290
V
30 Langsvar
Som var det som skulle vises. Omformingen av integranden kan eksempelvis
gjøres slik
(a + b)x − 2ab
x
ab
1
p
p
=
−
2
a+b
2(a + b) (b − x)(x − a)
(b − x)(x − a)
1
ab
1
p
=
(b + a − w(b − a)) −
4
a+b
(1 − w2
(b + a)2 − 4ab − w(b2 − a2 )
1
p
=
4(a + b)
(1 − w2
=
(b − a)2 − w(b2 − a2 )
p
4(a + b) (1 − w2
I første overgang ble det brukt at x = [b + a − w(b − a)]/2, i andre at at (b + a)(b −
a) = b2 − a2 . I aller siste overgang så er (b + a)2 − 4ab = b2 − 2ab + a2 = (b − a)2 .
La oss avslutningsvis se nærmere på den den delvise integrasjonen.
g 0 (x)
x(a + b) − ab
ϑ0 (x) · v = p
.
(5.24)
a+b
1 − g(x)2
p
√
Hvor g(x) = x/ (a + b)x − ab . Hvor det ble brukt at [arccos u]0 = u0 / 1 − u2 .
Herfra har en
"
#
p
1
x(a + b)
0
g (x) =
(a + b)x − ab − p
(a + b)x − ab
2 (a + b)x − ab
=
x(a + b) − 2ab
p
2(a + b)x − ab) (a + b)x − ab
(5.25)
Nevneren kan skrives om som følger
1
p
1 − g(x)2
= 1−
x2
(a + b)x − ab
−1/2
p
(a + b)x − ab
= p
(x − a)(b − x)
(5.26)
Ved å sette inn likning (5.26) og (5.25) inn i (5.24) kan ϑ0 (x)v uttrykes som
! p
!
(a + b)x − ab
(a + b)x − ab
x(a + b) − 2ab
p
p
a+b
2 (a + b)x − ab (a + b)x − ab
(x − a)(b − x)
Etter en serie dramatiske forkortningen forenkles utrrykket ned til
ϑ0 (x) · v =
(a + b)x − 2ab
p
2(a + b) (b − x)(x − a)
Dette fullfører sagaen om det delvis vanskelige integralet.
13. Viser at funksjonen er en konstant, slik at integralet blir trivielt. Velger å
bestemme den deriverte av y = arcsin x først
y = arcsin x
sin y = x
V
14.2 Oppgaver
291
Deriverer begge sider implisitt med tanke på y, og får
dx
dy
1
1
dy
=
=
dx
cos y
cos(arcsin y)
cos y = 1 ·
Herfra har en fra enhetssirkelen og pytagoras at cos2 x + sin2 x = 1, bruker
2 2
en x = arcsin y fås cos arcsin y + sin arcsin y = 1 slik at cos(arcsin y) =
p
1/ 1 − y 2 . Dermed så blir den deriverte
y = arcsin x ⇒ y 0 = √
1
1 − x2
Tilsvarende kan det vises at
y = arccos x ⇒ y 0 = − √
1
1 − x2
følgelig så er f 0 (x) = 0. Siden den deriverte er null, betyr dette at f (x) er en
konstant. Eksempelvis så er f (0) = π/2. Dermed så er f (x) = π/2 for alle x.
Videre så er −1 ≤ cos x ≤ 1 og tilsvarende for sin x, slik at definisjonsmenden
til f er D = [−1, 1]. Integralet vårt er dermed høyde gange bredde eller J =
h · b = (π/2) · 2 = π. Noe mer formelt kan det og føres som
Z
1
J=
Z
1
π
π
π
dx =
+
=π
2
2
2
f (x) dx =
−1
−1
som ønsket.
14. Det enkleste blir å først se at på intervalet (0, π/2) er både sin x og cos x
strengt positive. Vi står altså fritt til å dele opp integranden.
π/2
Z
(1 + cos x) log (1 + sin x) − log(1 + cos x) dx ,
I=
0
Ved å bruke substitusjonen x 7→ π2 − x eller symmetrien mellom sin x og cos x
har en også at I kan skrives på formen
π/2
Z
(1 + sin x) log(1 + cos x) − log(1 + sin x) dx ,
I=
0
Ved å ta gjennomsnittet av disse to integralene får en
1
I=
2
Z
π/2
sin x log(1 + cos x) + cos x log(1 + sin x) dx ,
0
Dermed så har en
Z π/2
Z
I=
log(1 + cos x) sin x dx =
0
0
1
h
i2
log(x + 1) dx = (y log y) − y
1
292
V
30 Langsvar
I regningen ovenfor ble først symmetrien mellom sin x og cos x brukt se . Begge
integralene er like store, og vi trenger bare å beregne ett av dem. Dette kan og
sees ved å dele integralet i to og bruke substitusjonen v 7→ 1 + cos x på første
integral og w 7→ 1 + sin x på andre.
I andre overgang Rble substitusjonen u 7→ cos x brukt og i siste ble y 7→ x + 1
brukt. Sammen med log x dx = x log x − x + C. Altså har en
π/2
Z
log
0
(1 + sin x)1+cos x
1 + cos x
Z
1
log(x + 1) dx = −1 + 2 log 2
dx =
0
som var det som skulle bestemmes.
16.
a) Legg merke til x6 + 1 og x2 + 1 deler samme nullpunkt, nemlig x = ±i.
Polynomdivisjon gir da
x4 − x2 + 1
2
x +1
6
x
+1
− x6 − x4
− x4
x4 + x2
x2 + 1
− x2 − 1
0
Dermed så er x6 + 1 = (1 + x2 )(x4 − x2 + 1). Ved innsetning ser en da at
Z
0
1
x4 + 1
dx =
x6 + 1
1
Z
0
(x4 − x2 + 1) + x2
dx =
(1 + x2 )(x4 − x2 + 1)
Z
0
1
dx
+
1 + x2
Z
1
x2
+1
x6
0
Første integralet er trivielt, og siste kan løses ved å sette u 7→ x3 ⇒ du = 3x2 du.
Videre så blir x = 0 7→ u = 0 og x = 1 7→ u = 1 så grensene blir som før.
Z
0
1
dx
1
+
1 + x2
3
1
Z
0
du
4
=
u2 + 1
3
Z
0
1
dx
=
1 + x2
Z
1
1 + x2 dx
0
Z
1
0
dx
1 + x2
For å se omskrivningen av 4/3 kan en eksempelvis tenke på følgende måte
1 Z 1
1
x3
4
=1+
= x+
=
1 + x2 dx
3
3
3 0
0
Der cruxet er å se andre overgang. Å beregne selve integralet blir nå enkelt siden
Z
0
1
x4 + 1
4
dx =
x6 + 1
3
Z
0
1
i1
dx
4h
4 π
π
=
arctan
x
=
·
=
1 + x2
3
3 4
3
0
V
14.2 Oppgaver
293
b) Integralene er like store som følger fra lemma (2.6.1) med n = 6. Alternativt
er det like enkelt å vise via substitusjonen x 7→ 1/u.
Z
0
∞
x4
dx = −
1 + x6
Z
0
∞
(1/u)4 du
=
1 + (1/u)6 u2
Z
∞
0
dx
1 + x6
som ønsket. Her en i siste overgang byttet tilbake til x som integrasjonsvariabel.
Legger en sammen integralene eller bruker lemma (2.6.1) har en
Z
0
∞
x4
dx =
1 + x6
∞
Z
0
Z
dx
1
=
1 + x6
2
∞
0
1 + x4
dx =
1 + x6
Z
0
1
1 + x4
dx
1 + x6
I den siste overgangen ble likning (2.74) fra theorem (2.10.1) brukt. At integranden tilfredstiller likning (2.73) kan sees ved direkte utregning
1 + (1/x)4 1
1 + x4
1
1
=
=
= R(x)
R
2
6
2
x x
1 + (1/x) x
1 + x6
eller ved å bruke at 1 + x4 er symmetrisk med indeks 4 og 1 + x6 er symmetrisk
med indeks 6 (proposisjon (2.10.3)). Ved å bruke a) har vi da
Z 1
Z 1
Z ∞
Z ∞
π
x4
dx
dx
2
dx =
=
=
1 + x dx
6
6
2
1
+
x
1
+
x
1
+
x
3
0
0
0
0
som var det som skulle vises.
17. Dette integralet faller direkte ut fra Riemann-Lebesgue lemmaet (2.4.2).
Lemmaet kan benyttes siden 1/(1 + cos2 x) er en periodisk, kontinuerlig funksjon
og funksjonen sin x er og kontinuerlig, og deriverbar.
Z π
Z π
Z π
sin t
1
dt
lim
dt
=
sin
tdt
x→∞ 0 1 + cos2 (tx)
π 0 1 + cos2 t
0
Dette integralet kan for eksempel løses ved Weiestrass substitusjon, settes u 7→
tan(t/2) så er
Z π
Z ∞
Z ∞
dt
dt
2 du
1 + u2
=
=
du
2
2
2
2
1+u
1 + u4
0 1 + cos t
0
0
1 + 1−u
1+u2
som kommer i fra theorem (2.5.3). Dette integralet ble studert i eksempel (2.6.7),
så
Z ∞
Z π
1 + u2
π
dt
=
du = √
2
4
1+u
2
0
0 1 + cos t
Dette integralet kan løses noe mer intuitivt via substitusjonen u = tan t. Siden
tan x går mot uendelig når x → π/2 benytter en at funksjonen er like omkring
x = π/2, så
Z
0
π
dt
=
1 + cos2 t
Z
0
π/2
2 dt
1 + cos2 t
294
V
30 Langsvar
ved å bruke substitusjonen så er cos2 t = 1/(1 + u2 ) og dt = du/(1 + u2 ) slik at
Z ∞
Z ∞
√ Z ∞ dy
du
π
2
du
√
=
= √
=
2
2
2
2
2
1 + 1/(1 + u ) 1 + u
1+y
1 + (u/ 2 )
2
0
0
0
√
√
I andre
overgang ble substitusjonen y = u/ 2 brukt, og deretter at 2 /2 =
√
1/ 2 . Det neste integralet er mye enklere
Z π
h
i0
sin t dt = cos t = cos 0 − cos π = 2
π
0
Slik at
Z
lim
x→∞
0
π
sin t
1
dt =
2
1 + cos (tx)
π
π
√
2
√
2= 2
18. Siden gjennomsnittsverdien av f og g er 1, la oss for enkelhetensskyld sette
h ≡ g ≡ f et øyeblikk så
Z a
Z a
1
h(x) dx ⇒
h(x) dx = 8
1=
8−0 0
0
Dette vil komme til nytte snarlig, forenkling av integralet gir
Z 4
Z 4
I=
8f (x) − 4g(x) dx +
4g(x) − 8f (x) dx
−8
Ved å bruke at
Rb
a
8
f (x) dx =
Z
Ra
b
−f (x) dx bytter grensene i siste integral plass.
4
Z
8 · f (x) − 4g(x) dx +
=
8
8f (x) − 4g(x) dx ,
−8
4
Integralene kan nå slås sammen. Siden g(x) er odde, er integralet over (−a, a)
null
Z 8
Z 8
Z 8
I=
8f (x) − 4g(x) dx =
8f (x) dx = 16
f (x) dx = 128
−8
−8
0
Slik at I = 27 . Dermed så er a = 7 som var det som skulle bestemmes.
19. Benytt substitusjonen f −1 (x) = y slik at f (y) = x. Da funksjonen er
strengt voksende, kontinuerlig og deriverbar så er dx = f 0 (y). Dermed så er
Z 10
Z 5
−1
f (x) dx =
yf 0 (y) dt
0
1
Benyttes nå delvis integrasjon med u = y og v = f (y) blir integralet
h
Z 5
Z 5
5
0
yf (y) dt = yf (y) 1 −
f (y) dy = 5f (5) − f (1) − 7 = 47 .
1
Tislutt så er f (5) = 10 og f (1) = 0.
1
V
14.2 Oppgaver
295
20. La oss begynne med å kalle integralene for henholdsvis J og K.
π/2
Z
(sin x)a+1 dx og K =
J=
π/2
Z
0
(sin x)a−1 dx ,
0
√
Hvor a = 2 . Målet blir nå å finne en sammenheng mellom integralene, noe som
kan gjøres ved eksempelvis delvis integrasjon. Ved å se på J med u = (sin x)a
og v = − cos x har en
π/2
h
iπ/2 Z
J = − cos x sin(x)a
+
0
a cos2 x sin(x)a−1 dx
0
π/2
Z
a 1 − sin2 x sin(x)a−1 dx
=
0
Z
π/2
=a
sin(x)a−1 dx − a
0
Z
π/2
sin(x)a+1 dx
0
Hvor en kan gjennkjenne de to siste integralene som henholdsvis K og J. Likningen J = aK − aJ kan løses for J/K , det er jo dette vi ønske å finne slik
at
J
a
2a − a2
=
=
K
2+a
4 − a2
Der teller og nevner ble ganget med 2 − a. Ved å sette inn har en altså
√
(sin x) 2 +1
0
√
R π/2
(sin x) 2 −1
0
R π/2
dx
=
dx
√
√
√
2 2 − ( 2 )2
√
=2− 2
4 − ( 2 )2
og dette fullfører utregningene.
21. En kan først forenkle integralet noe via y 7→ x2 . Da er dy = x dx og
Z
a
b
Z
2x dx
p
(x2
−
a2 )(b2
−
x2 )
b2
=
a2
Z
dy
p
(y −
a2 )(b2
− y)
v
=
u
dy
p
(y − u)(v − y)
Hvor i siste overgang variablene u = a2 og v = b2 ble innført. For å vise at
integralet er uavhengig av a og b, beregnes
Z
K=
a
b
dx
p
(x − a)(b − x)
eksplisitt. Her kan en for eksempel benytte substitusjonen
x 7→ a cos2 φ + b sin2 φ ,
296
30 Langsvar
V
med dx = 2(b − a) cos φ sin φ. Når x = a blir φ = 0 og når x = b blir φ = π/2.
Innsetning gir da
Z π/2
2(b − a) cos φ sin φ dφ
q
K=
0
a cos2 φ + b sin2 φ − a b − a cos2 φ − b sin2 φ
Z π/2
2(b − a) cos φ sin φ dφ
q
=
0
b sin2 φ − a(1 − cos2 φ) b(1 − sin2 φ) − a cos2 φ
Z π/2
2(b − a) cos φ sin φ dφ
p
=
sin2 φ cos2 φ (b − a) (b − a)
0
Hvor det ble brukt at sin2 x + cos2 x = 1, to ganger. Legg merke til at både
sin φ og cos φ er positive på intervalet så fortegnet blr positivt når vi tar roten.
Tilsvarende er selvsagt (b − a)2 positivt siden b > a.
Integralet forenkles da dramatisk til
Z b
Z π/2
Z π/2
dx
2(b − a) cos φ sin φ dφ
p
=
=
2 dx = π
(b − a) sin φ cos φ
(x − a)(b − x)
a
0
0
Oppsumert så er altså
Z b
Z b
2x dx
dx
p
p
=
=π
2
2
2
2
(x − a )(b − x )
(x − a)(x − y)
a
a
som var det som skulle vises. Merk integralet kunne og vært vist ved en litt
mindre vill substitusjon. Ved å gange ut teller får en
Z b
Z b
dx
dx
p
q
K=
=
2
2
− (x − (a + b)x + ab)
a
a
(a − b)2 /4 − x − (b + a)/2
Hvor kvadratet ble fullført i andre overgang. Ved å bruke substitusjonen u 7→
x − (b + a)/2 nå blir integralet
Z b
Z (b−a)/2
dx
2 du
p
p
=
(x
−
a)(b
−
x)
(a
−
b)2 − 4u2
a
−(b−a)/2
Utregningen fullføres ved en siste substitusjon u 7→ (a − b) sin(v)/2 som gir
Z b
Z −π/2
π
π
(a − b) cos v dv
dx
p
p
=
=
+
=π
2
2
2
2
(x − a)(b − x)
(b − a) cos v
π/2
a
som før.
22. Legg først merke til at integralet er positivt siden 1 + x2 > 0 når x > 0.
Videre så er teller positiv da x4 > 0. Tislutt er (1 − x)4 > 0 om enn synkende på
x ∈ [0, 1]. Vi noterer først at x4 − 1 = (x2 − 1)(x2 + 1) og skriver ut teller
x4 (1 − x)4 = x4 − 4x5 + 6x6 − 4x7 + x8
= (x6 − 4x5 + 5x4 ) + (5x6 − 4x7 + x8 ) − 4x4 + 4 − 4
= x4 (x2 − 4x + 5) + x4 · x2 (x2 − 4x + 5) − 4(x4 − 1) − 4
= x4 (x2 − 4x + 5)(1 + x2 ) − 4(x2 + 1)(x2 − 1) − 4
V
14.2 Oppgaver
297
Ved å nå dele begge sider av likningen på x2 + 1 fås endelig
x4 (1 − x)4
4
= x4 (x2 − 4x + 5) − 4(x2 − 1) −
2
x +1
1 + x2
Alternativt så gir tidenes lengste polynomdivisjon
x6 − 4x5 + 5x4 − 4x2 + 4
x2 + 1
x8 − 4x7 + 6x6 − 4x5 + x4
− x8
− x6
− 4x7 + 5x6 − 4x5
4x7
+ 4x5
5x6
− 5x6
+ x4
− 5x4
− 4x4
4x4 + 4x2
4x2
− 4x2 − 4
−4
Uansett så kan integralet nå skrives som
Z
1
x4 (1 − x)4
dx
1 + x2
1
x4 − 4x5 + 6x6 − 4x7 + x8
dx
1 + x2
I=
0
Z
=
0
Z
=
1
x6 − 4x5 + 5x4 − 4x2 + 4 −
0
4
dx
1 + x2
x7
2x6
4x3
−
+ x5 −
+ 4x − 4 arctan x
7
3
3
1
2
4
=
−
+1−
+4−π
7
3
3
1
=
0
Siden arctan(1) = π/4 og arctan(0) = 0
=
22
− π.
7
Siden integralet vårt er positivt følger det at
22
22
−π >0 ⇒
>π
7
7
I>0 ⇒
som ønsket. Siden 2 < 1 + x2 < 1 når x ∈ (0, 1) har en at
Z
0
1
x4 (1 − x)4
dx <
1
Z
0
1
x4 (1 − x)4
dx <
1 + x2
Z
0
1
x4 (1 − x)4
dx
2
298
V
30 Langsvar
Ved å opphøye ulikheten i −1. Integralet kan beregnes forholdsvis enkelt
Z
1
x4 (1 − x)4 dx
S=
0
Z
=
1
x4 (1 − 4x + 6x2 − 4x3 + x4 ) dx
0
1
2
6
1
1
−
+
−
+
5
3
7
2
9
1
=
630
=
Dermed så er
1
630
22
1
−
7
630
<
22
−π
7
<
<
π
<
1 1
2 630
22
1
−
7
1260
23. Siden φ er en løsning av 1 = x2 − x medfører dette at φ − 1 = 1/φ.
Dermed så kan en skrive
Z ∞ √
Z ∞ φ
φ x arctan x
x arctan x dx
I=
dx
=
2
2
φ
x
(1
+
x
)
(1 + xφ )
0
0
Ved å substituere u = 1/x fås
Z
0
(1/u)φ arctan 1/u
(1 + (1/u)φ )
∞
2
Z
(−u) du =
0
∞
xφ arctan 1/x dx
2
x
(1 + xφ )
Ved å ta gjennomsnittet av disse integralene og bruke at arctan x + arctan 1/x =
π/2 forenkles integralet betraktelig.
1
I=
2
Z
0
∞
π
xφ (arctan x + arctan 1/x) dx
=
2
φ
x
4
(1 + x )
Z
0
∞
xφ
(1 +
2
xφ )
dx
x
Neste steg blir å benytte seg av substitusjonen y 7→ xφ som gir
∞
Z ∞
dy
π
1
π
y
π
I=
=
−
=
4φ 0 (1 + y)2 y
4φ
1+y 0
4φ
For å gå den siste substitusjonen litt nærmere i sømmene. Derivasjon gir
dy = φxφ−1 dx ⇒
1
dx
1 dy
dx
dy = xφ
⇒
=
φ
x
φ y
x
Hvor det ble benyttet at xa+b = xa xb og i siste overgang at xφ = y. Dermed så
er
Z ∞ √
φ x arctan x
π
I=
dx =
2
φ
4φ
(1 + x )
0
V
14.2 Oppgaver
299
Som var det som skulle vises. Nå gjennstår det bare å vise at 2 < 6I < 3 eller
1
3
<
√
2
(1 + 5 ) <
3
2
π
√
4 1+ 5
<
π
<
1
2
√
1+ 5
√
Velger
√ først å vise ulikheten til venstre, altså at 2(1 + 5 ) < 3π. Ved å bruke at
1 + 5 = 4 sin(3π/10) fås direkte at.
√
2(1 + 5 ) = 8 sin(3π/10) < 8 sin(5π/10) = 8
Siden 8 < 3 · 3 < 3π stemmer ulikheten. For å se første ulikheten legg merke til
at sin x stiger på x ∈ (0, π/2) så er sin(3π/10) < sin(5π/10). For å vise den neste
ulikheten krever litt mer spissfindighet. La oss først benytte oss av at 22/7 > π,
som ble vist i forrige oppgave. Fra taylorutvikling så er
√
1+x ≈1+
1
x2
x−
+ ···
2
8
Så lenge |x| < 1. Siden rekka konvergerer så er første ledd x/2 et overslag andre
ledd x2 /8 et underslag for den egentlige verdien osv. Dermed så er
r
√
1
1 1
1 1
15
5 +1=1+2 1+
>1+2 1+
−
=3+
4
2 41
8 42
64
Da er en egentlig ferdig siden
√
15
22
5 +1>3+
>
>π
64
7
Den midterste ulikheten kan en enkelt se ved å førskt skrive om 22/7 til 3 + 1/7
. Ved å trekke fra 3 fra begge sider av ulikheten fås 15/64 > 1/7 ⇒ 105 > 64.
Via kryssmultiplikasjon. Oppsumert har en altså vist at
1
π
2
1
√ <
<
,
3
4 1+ 5
2
som ønsket.
24. Vi noen raske omskrivninger kan integralet skrives på formen
2 Z x −1
(1 − x2 ) ln(1 + x2 ) + (1 + x2 ) − (1 − x2 ) ln(1 − x2 )
I=
xe x2 +1 dx
4
2
(1 − x )(1 + x )


1 − x2
2
2
Z
(1
−
x
)
ln
−
(1
+
x
)


1 − x2
1 + x2


=− 
 x exp − 1 + x2 dx
(1 − x2 )(1 + x2 )(1 + x2 )

1 − x2
2
Z
(1
−
x
)
ln
−
(1
+
x
)

 2x
1
1 − x2
2 dx
1 + x2


=−
exp
−


2
2
2
4
(1 − x )
1+x
1+x
1 + x2

=−
1
4
2
Z 1 − x2
1 + x2
2x
1 − x2
2 dx
ln
−
exp
−
(5.27)
1 + x2
1 − x2 1 + x2
1 + x2
1 + x2
300
V
30 Langsvar
Videre så benyttes weierstrass-substitusjonen fra theorem (2.5.3).
x = tan
t
1 − x2
2 dx
2x
, cos t =
, og dt =
.
, sin t =
2
2
1+x
1 + x2
1 + x2
Dette gjør at likning (5.27) skrives om til
Z 1
1
I=−
ln (cos t) −
sin t e− cos t dt.
4
cos t
Videre så kan vi la y = cos t ⇒ dy = − sin t dt slik at
Z
Z Z −y
1 −y
1
e
1
ln y −
e dy =
e−y ln y dy −
dy .
I=
4
y
4
y
(5.28)
(5.29)
Dette integralet kan løses via delvis kanselering, avsnitt (2.7.1). Med u = e−y ⇒
du = −e−y dy og
Z −y
Z
e
dy = e−y ln y + e−y ln y dy
(5.30)
y
Setter vi nå likning (5.30) inn i (5.29) kan integralet skrives som
Z
Z
1
1
I=
e−y ln y dy − e−y ln y + e−y ln y dy
= − e−y ln y + C.
4
4
Oppsumert vil integralet vårt dermed bli
2
Z t
x −1
(1 − x2 ) ln(1 + x2 ) + (1 + x2 ) − (1 − x2 ) ln(1 − x2 )
x exp
dx
(1 − x4 )(1 + x2 )
x2 + 1
0
1
1 − t2
1 − t2
= − exp −
+C
ln
4
1 + t2
1 + t2
som var det vi ønsket å vise.
25. Begynner med å legge merke til at området en integrerer over kan skrives
om som følger
x2 + y 2 − 4x ≤ 0 ⇒ (x − 2)2 + y 2 ≤ 22
(5.31)
Altså beskriver D en disk med sentrum i (2, 0) og radius 2. Dette kan en og se
fra å tegne x2 + y 2 − 4x = 0.
2
y
1
x
1
−1
−2
2
3
4
V
14.2 Oppgaver
301
Vi kan da beskrive området via dobbeltintegralet
Z
4
√
Z
0
4x−x2
√
− 4x−x2
arctan exy dy dx
Vi integrerer altså først langs y-aksen fra bunnen av sirkelen til toppen. Deretter
integrer vi langs x-aksen som går fra 0 til 4. Integralet kan nå deles opp i to
deler
Z 4Z 0
Z 4 Z √4x−x2
xy
arctan e dy dx +
arctan exy dy dx
√
− 4x−x2
0
0
0
Ved å bruke substitusjonen y 7→ −y i det første integralet får en
4
Z
√
Z
4x−x2
arctan e
0
−xy
4
Z
√
Z
4x−x2
arctan exy dy dx
dy dx +
0
0
0
Dette forenkler integranden betraktelig da en kan slå sammen integralene og
benytte ??
Z
0
4
√
Z
4x−x2
0
π
arctan e−xy + arctan exy dy dx =
2
Z
4
√
Z
4x−x2
dy dx
0
0
Altså at arctan x + arctan 1/x = π/2. Integralet beskriver nå bare arealet av en
halvsirkel med radius 2 slik at arealet blir
ZZ
π
π · 22
arctan exy dy dx =
= π2
2
2
S
Som ønsket. Her ble det brukt at arealet av en halvsirkel er πr2 /2. Merk en
kunne og ha beregnet integralet direkte, med noe mer grisete regning.
ZZ
π
arctan exy dy dx =
2
S
Z
4
√
Z
4x−x2
dy dx
0
0
Z
π 4p
4 − (x − 2)2 dx
=
2 0
Z
π π/2 p
=
2 4 − 4 sin2 u cos u du
2 −π/2
Z π/2
=π
cos2 u du = π 2
−π/2
samme som før. I andre overgang ble substitusjonen x−2 7→ 2 sin u benyttet
med
√
dx = 2 cos u du. Videre så er cos2 x positiv på x ∈ (−π/2, π/2) slik at cos2 x =
cos x. Integralet over cos2 x er som før lik halve området så 1 · (π/2 + π/2)/2.
Alternativt
Z π/2
Z π/2
Z π/2
π
π
2 cos2 u du =
cos2 u du +
sin2 u du =
+
=π
2
2
−π/2
−π/2
−π/2
Siden området over cos2 x og sin2 x er like store. Dette står det mer om på
slutten av avsnitt (2.3).
302
V
30 Langsvar
28. For enklere notasjon byttes
√ ϑ til θ, og vi kaller integralet for I. Vi har at
2 cos(π/3) = 1 og 2 sin(π/2) = 3 slik at
π
√
−θ
3 cos θ − sin θ = 2 sin(π/2) cos(θ) − 2 cos(π/3) sin(θ) = 2 sin
3
(5.32)
Hvor identiteten 2 sin(A + B) = cos A sin B + cos B + sin A ble brukt. Via flere
identiter så har vi
π
√
3 cos θ − sin θ sin θ = 2 sin
− θ cos θ
3
π
π
π
1
− 2θ − cos
=
− 2 sin2 θ −
= cos
3
3
2
6
Ved å bruke disse frekke omskrivingene får vi
Z π/3 √
1/2
I=
( 3 cos θ − sin θ) sin θ
cos θ dθ
0
Z
π/3 =
0
1
= √
2
Z
1
− 2 sin2 θ
2
1/2
cos θ dθ
π/6
1 − 4 sin2 θ
1/2
−π/6
π
cos θ +
dθ
6
Hvor likning (5.32) ble brukt i første overgang og substitusjonen θ → θ + π/6
i siste overgang. Tanken er videre at vi kan bruke cos(A + B) = cos A cos B −
sin A sin B på siste leddet.
√
Z π/6
1/2
1
3
1
2
I= √
1 − 4 sin (θ)
cos(θ) − sin(θ) dθ
2
2
2 −π/6
r Z π/6
1/2
1 3
=
1 − 4 sin2 (θ)
cos(θ) dθ
(5.33)
2 2 −π/6
Tanken er nå at vi ønsker å bruke 1 − sin2 θ = cos2 θ, da dette vil kanselere
bort rottegnet. For å gjøre dette benyttes enkelt og greit sin x 7→ 21 sin u. Selve
integralet blir da
Z π/6
Z π/2
1/2
1/2
2
1 − 4 sin (θ)
cos(θ) dθ =
1 − sin2 (θ)
cos u du
−π/6
−π/2
1
=
2
Z
π/2
1
cos (u) du =
4
−π/2
2
Z
π/2
du =
−π/2
π
4
Ved å sette inn π/4 i likning (5.33) får en som ønsket
r
r
Z π/3 √
1/2
π 3
1 3 π
·
=
( 3 cos ϑ − sin ϑ) sin ϑ
cos ϑ dϑ =
2 2
4
8
2
0
Dette fullfører beviset.
29. En frekk løsning her blir å benytte to trigonometriske substitusjoner. som
var det som skulle vises.
V
14.2 Oppgaver
303
30. En frekk løsning her blir å benytte to trigonometriske substitusjoner.
Z a
dx
√
I=
2
2
0 x+ a −x
Ved å la x = a cos u, og dx = −a sin u du. Grensene blir så x = a → u = 0 og
x = 0 → u = π/2. Dermed så er
0
Z
I=
π/2
1
−a sin u du
√
=
2
2
2
a
a cos u + a − a cos u
π/2
Z
0
a sin u du
cos u + sin u
Hvor det blant annnet ble benyttet at a2 − a2 cos u = a2 (1 − cos2 u) = a2 sin2 u.
Videre så ble grensene snudd og sin u er positiv fra 0 til π/2. Derimot om substitusjonen x = a sin u fås
Z
π/2
I=
0
a cos u du
1
p
=
2
2
2
a
a sin u + a − a sin u
Z
π/2
0
a cos u du
cos u + sin u
Hvor dx = a cos u du. Grensene blir så x = a → u = π/2 og x = 0 → u = 0. Ved
samme argument som før, velger den positive roten siden cos u er positv for alle
u ∈ (0, π/2). Ved å ta gjennomsnittet av disse to integralene fås
1
2a
Z
0
π/2
a cos u
a sin u
1
+
du =
cos u + sin u
cos u + sin u
2
Z
π/2
0
cos u + sin u
π
du =
cos u + sin u
4
som var det som skulle vises.
31.
a)
Vi har at for alle a, b så er
Z b
Z
f (x) dx =
a
b
f (a + b − x) dx
a
Ved å bruke dette så er
Z π/2
Z π/2
Z π/2
sin x dx
sin(π/2 − x) dx
cos x dx
=
=
3
3
3
3
3
sin x + cos x
sin (π/2 − x) + cos (π/2 − x)
cos x + sin3 x
0
0
0
Slik at K(1, 3) = K ∗ (1, 3). Integralene kan dermed skrives som
K(1, 3) =
K(1, 3) + K ∗ (1, 3)
1
=
2
2
Z
0
π/2
sin x + cos x
dx
sin3 x + cos3 x
Merk at enten fra pascals trekant eller binomialformelen så er
an + bn
= an−1 − ban−2 + . . . − bn−2 a + bn−1
a+b
Slik at
sin3 x + cos3 x
1
= sin2 x − sin x cos x + cos2 x = 1 − sin 2x
sinx + cos x
2
(5.34)
304
V
30 Langsvar
Ved å sette dette inn i likning (5.34) fås
Z
Z
1 π/2
dx
1 π
dx
K(3, 1) =
=
2 0
2 0 2 − sin x
1 − 21 sin 2x
Der substitusjonen u 7→ 2x ble brukt i siste overgang4 . Dette integralet kan løses
for eksempel via Weiestrass-subtitusjonen t = tan(x/2) så
Z
Z
Z ∞
1 π
dx
dy
2 dy
1 ∞
=
=
2
2 0 2 − sin x
2 0 y −y+1
(2y − 1)2 + 3
0
I andre overgang ble theorem (2.5.3) benyttet og litt opprydning i algebra.
Tilslutt
så fullføres kvadratet. Ved å benytte seg av substitusjonen 2y − 1 =
√
3 tan t blir så integralet
Z π/2 √
3 sec t dt
π
1 π
√
=
+
=
2
2
6
3
−π/6 3 tan t + 3
√
Her ble det blant annet brukt at sec x = 1 + tan2 x, arctan(1/ 3 ) = π/6 og
arctan x → π/2 når x → ∞.
Z
0
π/2
sin x dx
=
sin3 x + cos3 x
π/2
Z
0
b) Vi har at for alle a, b så er
Z b
Z
f (x) dx =
a
cos x dx
2π
= √
sin3 x + cos3 x
3 3
b
f (a + b − x) dx
a
slik at
Z
K(n, m) =
0
π/2
sinm (π/2 − x) dx
= K ∗ (n, m)
sinn (π/2 − x) + cosn (π/2 − x)
Dermed så er K(n, m) = K ∗ (n, m) og
K(n, m) + K ∗ (n, m)
1
K(n, m) =
=
2
2
Z
π/2
0
sinm x + cosm x
dx
sinn x + cosn x
for alle n, m. Dersom n = m har en at
Z
π
1 π/2 sinn x + cosn x
dx =
K ∗ (n, n) = K(n, n) =
2 0
sinn x + cosn x
4
c) Dette integralet kan først forenkles ved å benytte seg av proposisjon (2.3.2)
eller dette spørsmålet. Siden K(2014, 2014) er en likefunksjon. Slik at La nå for
enkehletensskyld
f (x) =
4 Det
sin2n x
sin x + cos2n x
2n
er ikke noe problem å benytte seg av Weiestrass-substitusjonen direkte, men regningen blir noe
mer grisete. Prøv selv for å se hva jeg mener.
V
14.2 Oppgaver
da er
Z
π/2
f (x)
dx =
1 + αx
−π/2
Z
π/2
0
305
f (x)
f (−x) αx
dx +
dx =
x
1+α
1 + α−x αx
Z
π/2
f (x) dx
0
Siden f (x) = f (−x) da f er en likefunksjon. Dermed så er
Z
π/2
−π/2
f (x)
dx =
1 + αx
Z
π/2
f (x) dx = K(2n, 2n) =
0
π
4
Spesielt så er
Z
π/2
−π/2
dx
π
(sin x)2014
=
2014
x
+ (cos x)
1+α
4
(sin x)2014
32. Velger først å numerere ekvivalensene som følger
(1)
Z
na
ma
log(x − a)
dx
x2 + a2
a/n
(2) m
log 2a2
arctan n − arctan m
2a
a/m
Z
⇔
⇔
(3)
log(x + a)
dx
x2 + a2
m (4)
log 2a2
1
1
arctan
− arctan
2a
m
n
,
Da dette vil gjøre utregningen noe ryddigere. Begynner å vise (1). Ved å skrive
om nm = n + m + 1 fås n = (m + 1)/(m − 1). I første integral, benyttes
substitusjonen u = x/a. Så du = dx/a.
Z n
Z
Z na
log(ax − a)
1 n log a + log(u − 1)
log(x − a)
dx =
a du =
du
I1 =
2
2
x2 + a2
a m
1 + u2
m (ax) + a
ma
For vårt andre integral benyttes substitusjonen u = a/x, så du = −a dx/x2 .
Dette kan skrives om til dx = −(x2 /a) du = −a du/u2 .
Z
a/m
I2 =
a/n
=
1
a2
Z
log(x + a)
dx
x2 + a2
a/m
a/n
log a + log(1 + x/a)
2
(x/a) + 12
dx =
1
a
Z
n
m
log a + log(1 + 1/u)
du
u2 + 1
Vi ønsker nå å vise at I1 − I2 = 0, addisjon gir
Z
1 n log(u + 1) − log u − log(u − 1)
I1 − I2 =
du
a m
u2 + 1
u+1
m+1
Z m−1
log u−1
− log u
1
=
du
2
a m
u +1
306
V
30 Langsvar
Skriver om uttrykket via substitusjonen y = (u + 1)/(u − 1), videre så er dy =
−2 du/(u − 1)2 = −(y − 1)2 dy/2. Mer regning gir da
y+1
Z
− log y log y−1
1 m
dy
−2
=
−
2
m+1
a m−1
(y − 1)2
y+1
+
1
y−1
y+1
m+1
Z m−1
log y−1
− log y
1
=−
dy
2
a m
y +1
= −(I1 − I2 )
Og nå siden I1 − I2 = −(I1 − I2 ) så er I1 − I2 = 0 som ønsket.
Velger å vise ekvivalens (2) nå, altså
Z a/n
log(2a2 ) 1
1
log(x + a)
=
arctan
+ arctan
I2 =
2
2
2
x +a
a
m
n
a/m
Ved å faktorisere litt så kan en se at substitusjonen
x=a
t+a
t−a
og
dx =
−2a2
dt
(a − t)2
Ved å utføre litt mer mellomregninger så er
2
t + a2
2
2
2
x + a = 2a
(a − t)2
Som gjør at uttrykket dx/(x2 + a2 ) = − dt/(t2 + a2 ). En annen ting som gjør at
denne substitusjonen ble forsøkt, er at den er sin egen invers. Ved å sette inn fås
Z ma
Z na
Z ma
log 2a2 /(t − a)
log(x − a) dx
log(2a2 )
I1 =
=
dt
=
dt − I1
2
2
2
2
x +a
t +a
t2 + a2
na
ma
na
Legg merke til at vi ender opp med vårt opprinnelige integral på høyresiden og
ved å løse for I1 forenkles integralet til
Z
Z
log(2a2 ) na
dt
log(2a2 ) n du
I1 =
=
2
2
2
2
2a
ma (t + a )
m u +1
Der substitusjonen t 7→ au ble brukt. Siste integralet er bare den antideriverte
av arctan x, så en får
Z ma
log 2a2
log(x − a)
dx =
arctan n − arctan m
2
2
x +a
2a
na
som var det som skulle vises. Vi viser så (3), ved å gange begge sider med
2a/ log(2a2 ) fås
arctan n − arctan m = arctan
1
1
− arctan
m
n
som selvsagt holder da en kan skrive den om som
arctan n + arctan
1
1
= arctan
+ arctan m
n
m
V
14.2 Oppgaver
307
og både høyre og venstre side er nå lik π/2 fra ??. Alternativt kan en og trekkke
sammen begge sidene ved å bruke
x+y
arctan x + arctan y = arctan
1 − xy
som er sum formelen for tangens, og deretter bruke at nm = n + m + 1 men det
overlates til lese. For å vise (4) går en frem på samm måte som i (1)
Z
a/m
I2 =
a/n
log(x + a)
dx
x2 + a2
For å løse dette integralet så kan følgende substitusjon benyttes
x=a
a−t
a+t
Tanken er igjen å dele integralet og få −I2 på høyre side. Som før så er
a2
dx
dt
=− 2
2
+t
a + t2
og når x = a/m så er t = a(−1 + m)/(1 + m) = a/n og tilsvarende når x = a/n
så er t = a(−1 + n)/(1 + n) = 1/m. Endelig så kan integralet skrives som
Z
a/m
I2 =
a/n
Z
log(x + a)
dx
x2 + a2
a/n
=−
a/m
log[2a2 /(a + t)]
dt =
t2 + a2
Z
a/m
a/n
log(2a2 )
dt − I2
t2 + a 2
Dette er en likning som kan løses med hensyn på I2 slik at
I2 =
log(2a2 )
2
Z
a/m
a/n
dt
log(2a2 )
=
2
2
t +a
2a
Z
1/m
1/n
du
1 + u2
Via den kjære substitusjonen t 7→ au. Integranden er den deriverte av tangens,
slik at en får
Z a/m
log(x + a)
log(2a2 ) 1
1
dx =
arctan
+ arctan
2
2
x +a
2a
m
n
a/n
som var det som skulle vises. Dette fullfører den noe lange oppgaven. Merk at
en også kunne ha brukt theorem (2.9.1) fra begynnelsen, men dette ville kanskje
ikke gitt den samme insikten.
33. Noe problematisk oppgave om en ikke holder tungen bent i munnen. Ved
å gange med 4/4 og så fullføre kvadratet fås
1
4
4
=
=
x2 + bx + c
(2x + b)2 + 4c − b2
(2x + b)2 + (π/10)2
308
30 Langsvar
V
Hvor det i siste overgang ble benyttet at 4c − b2 = π 2 /100. Ved å sette inn i
integralet kan en nå benytte substitusjonen u 7→ 2x + b så du = 2 dx.
Z a/2
dx
I=
2 + bx + c
x
−b/2
Z a/2
2 dx
=2
2
2
−b/2 (2x + b) + (π/10)
Z π/10
du
=2
2
u + (π/10)2
0
π/10
2
x
=
arctan
π/10
π/10
0
20
[arctan(1) − arctan(0)]
=
π
i
20 h π
=
−0 =5
π 4
Hvor det ble benyttet at
Z
x
1
dx
arctan
=
x2 + α 2
α
α
Som er et kjent integral og kan eksempelvis vises via x = arctan u.
34. Oppgaven er egentlig algebra og elementær faktorisering i forkledning.
På samme måte som en kan se at
q
q
√
√
√
√
3 − 2 2 = 12 − 2 2 + ( 2 )2 = 1 − 2 ,
kan en og forenkle røttene i integranden. Faktorisering av kvadratrøttene gir
som følger
√
√
√ 2
√
√
√
x + 2 2x − 4 = ( x − 2 )2 + 2 2x − 4 + ( 2 )2 =
x−2 + 2
√
√
√ 2
√
√
√
x − 2 2x − 4 = ( x − 2 )2 − 2 2x − 4 + ( 2 )2 =
x−2 − 2
.
Ved å sette dette inn i det ubestemte integralet fås da
Z rq
q
√
√
x + 2 2x − 4 + x − 2 2x − 4 dx
I=
s
r
Z r
√ 2
√ 2
√
√
=
x−2 + 2
+
x−2 − 2
dx
Z r
√ √
√
√
=
x − 2 + 2 + x − 2 − 2 dx .
√
√
Herfra ser en at x − 2 − 2 < 0 når x ∈ [2, 4] og positiv når x > 4. Så
√
√
√
√
2 − x−
når x ∈ [2, 4]
√2
x−2 − 2 = √
x−2 − 2
når x > 4
V
14.2 Oppgaver
309
Siden |x| = x når x > 0 og |x| = −x når x < 0 naturligvis. Ser først på tilfellet
når x ∈ [2, 4] da er
Z r
√
Z q√
√ √
√
x−2 + 2 +
2 − x − 2 dx =
2 2 dx = 23/4 x + C1
Når x > 4 så kan integralet skrivet som
Z r
Z √
√ √
√ √
4√
x−2 + 2 +
x − 2 − 2 dx =
2 (x − 2)1/4 dx =
2 (x − 2)5/4 + C2
5
For at funksjonen skal være kontinerlig så må konstantene være like i punktet
x = 4 så
√
√
8 3/4
8 2 √
4
8 2 + C1 = 2 + C2 ⇒ C2 =
2 − 5 + C1
5
5
Ved å legge sammen alt dette fås endelig
Z rq
q
√
√
x + 2 2x − 4 + x − 2 2x − 4 dx
I=
√
4√2 (x√− 2)5/4
/5 + C1 når x ≥ 4
=
23/4 x + 8 2 4 2 − 5 /5 + C1 når x ∈ (2, 4)
som var det en ønsket å beregne. Det bestemte integralet blir så
Z 4 rq
Z 4
q
√
√
x + 2 2x − 4 + x − 2 2x − 4 dx =
23/4 x dx = 27/4
2
2
Som er et søtt lite svar på et stort stygt beist.
35.
k)
√
√ √
Legg merke til at vi har x2 − x = x ( x )3 − 1 . Ved å bruke at a3 − 1 =
(a − 1)(a2 + a + 1) så kan vi gjøre følgende omskrivning
√
√
.
√ √ 3
x +1
1
x +1
√
√
√
√
√
=
·
x
(
x
)
−
1
x x +x+ x
x2 − x
x x +x+ x
√
√
√
√
x +1
√ · ( x − 1) x x + x + 1
= √
x x +x+ x
√
√
√
√
Ved å bruke at x x + x + 1 = x x + x + x forenkles nå integralet ned til
Z
√
Z
.
√
√
x +1
1
√
√
√ dx =
x +1
x − 1 dx
x x +x+ x
x2 − x
Z
1
x(x − 2)
= x − 1 dx = x2 − x =
+C
2
2
310
V
30 Langsvar
l) Helt tilsvarende som i forrige deloppgave får vi
Z
a
b
√
Z b
.
√ √
x
1
√
√
√
x
x − 1 dx
dx =
x x +x+ x
x2 − x
a
b
Z b
√
2√
1
=
x − x dx = x
x−
x
2
3
a
a
Vi ser at uttrykket i parentesen er null når x = 0, en mulighet er altså at a = 0
eller b = 0. Den andre muligheten for at uttrykket i klammene er null, da er
2√
4
16
1
1 2
x−
x − x=0 ⇒ x−
=0
x =0 ⇒
2
3
4
9
9
så x = 16/9. Altså er
Z
16/9
0
√
.
x
1
√
√
√ dx = 0
2
x x +x+ x
x − x
og a = 0, b = 16/9 siden a > b.
36. Dette er en øvelse i delvis integrasjon. Telleren hinter om at delvis
integrasjon vil hjelpe med å velge
v=
1
.
x − arctan x
(5.35)
For at dette skal gå må det finnes to funksjoner u og dv slik at
u dv =
arctan x
x − arctan x
2
(5.36)
Disse er heldigvis ikke vanskelige å finne. Ved å derivere likning (5.35) fås en
mulig dv, og ved å dele denne funksjonen på begge sider av likning (5.36) fås u
dv = −
x2
1
1 + x2
og
u
=
−
(arctan x)2 .
1 + x2 (x − arctan x)2
x2
Overraskende nok så blir også u0 relativt pen
u0 =
2 arctan x
)(arctan x − x) .
x3
Ved å bruke den kjære formelen for delvis integrasjon
Z
Z
u dv = uv − u0 v ,
kan integralet I skrives som
Z arctan x
x − arctan x
2
dx = −
(1 + x2 )(arctan x)2
+
x2 (x − arctan x)
Z
2 arctan x
dx . (5.37)
x3
V
14.2 Oppgaver
311
Det siste integralet kan igjen løses ved å sette u = arctan x og dv = 2x−3 så
Z
Z
arctan x
2 arctan x
dx
dx
=
−
+
3
2
2
x
x
x (1 + x2 )
Z
Z
arctan x
dx
dx
=−
+
−
x2
x2
1 + x2
arctan x
1
=−
−
− arctan x + C .
2
x
x
Delbrøksoppspaltingen kan for eksempel bli sett ved å legge til og trekke fra x2 i
teller. For å få det endelige svaret er resten bare faktorisering. La oss først skrive
om det siste integralet, ved å gange med x − arctan x i teller og nevner
Z
arctan x
1
2 arctan x
x − arctan x
dx = −
−
− arctan x
x3
x2
x
x − arctan x
.
arctan x2
2
+ (arctan x) − 1 − x arctan x
(x − arctan x)
=
x2
(1 + x2 )(arctan x)2
1 + x arctan x
=
−
.
2
x (x − arctan x)
x − arctan x
Hvor konstanten ble droppet av praktiske grunner. Ved å sette dette uttrykket
for integralet inn i likning (5.37) får en endelig at
2
Z arctan x
1 + x arctan x
+C.
(5.38)
dx =
x − arctan x
arctan x − x
som er nesten det vi ønsket å vise. Ved å snu likning (2.81) på hodet, altså å
opphøye begge sider i −1 så er sumformlene for tangens er gitt som
1
1 + tan a tan b
=
.
tan(a − b)
tan a − tan b
For at høyresiden i denne likningen skal være lik høyresiden av likning (5.38) så
må vi ha at tan a = x og at tan b = arctan x. Dette gir som ønsket
2
Z 1
arctan x
dx =
,
x − arctan x
tan(β − tan β)
hvor x = tan tan β eller β = arctan(arctan x).
37. Teknikken en bruker her blir selvsagt delvis integrasjon. Vi velger her
u=x
u0 = 1
Slik at en får
Z
1
x
0
v 0 = f 00 (2x)
1
v = f 0 (2x)
2
0
hx
i1 Z 1 1
1 0
0
f (2x) dx =
f (2x) −
f 0 (2x) dx
2
2
0
0 2
1
1
1
= f 0 (2) −
f (2x)
2
4
0
1 0
1
= f (2) −
f (2) − f (0) = 2
2
4
312
V
30 Langsvar
I siste linje ble det brukt at f (0) = 1 , f (2) = 3 og f 0 (2) = 5.
39. At f /g har et kritisk punkt betyr at den deriverte er null, altså
d
f
f 0 g − g0 f
= 0,
=
dx
g
g2
for x = 5 og x = 7. Siden g 2 > 0 medfører dette at
f 0 g − g0 f = 0 ,
for x = 5, 7 .
(5.39)
Dette blir lagt litt i bakhodet, mens en tar fatt på selve integralet. For enkelhetens
skyld blir det videre skrevet f (x) = f og g 00 (x) = g. Først benyttes delvis
integrasjon to ganger som gir
Z
7
h i7 Z
f g 00 dx = f g 0 −
5
5
7
h
i7 Z
f 0 g 0 dx = − f 0 g − g 0 f +
5
5
7
f 00 g dx
5
En kan skrive om f 00 g ved å benytte (iii) og (iv) så
(iv)
z
}|
{ z(iii)
}| {
2
f 00 g = 2g 00 − f · g 00
· 1/g 00 = 2 − f g 00
Innsetning gir nå at
Z
7
h
i7 Z
f g 00 dx = − f 0 g − g 0 f +
5
5
Z
7
f g 00 dx = 0 +
Z
5
2x − f g 00 dx
5
7
00
Z
f g dx = 2
2
5
Z
f 00 g dx
7
Z
5
7
7
x dx
5
7
f g 00 dx = 2
5
I første overgang ble likning (5.39) benyttet og at f 00 g = 2 − f g 00 .
40.
√ Legg merke til at arccos(x) bare er definert for x ∈ [−1, 1] og siden en
har x , så må 0 ≤ a ≤ b ≤ 1. Da integralet vårt er positivt, og en ønsker å
maksimere I, må en la integralet vårt gå over det maksimale intervallet.
Altså er
√
a = 0 og b = 1. Vi har at sin(u)2 + cos(u)2 = 1, la nå u = arccos( x ) da har en
√ 2 √ 2
sin arccos x
+ cos arccos x
=1
√ 2
sin arccos x
=1−x
Altså er
Z
I=
0
1
√ 2
sin arccos x
dx =
Z
0
1
1
1
1
1 − x = x − x2 =
2
2
0
V
14.2 Oppgaver
313
41. Det er ikke videre vanskelig å se at
2
g(x)2 = sin(log x) + cos(log x) = 1 + sin(2 log x)
Hvor en i siste uttrykk benyttet seg av sin2 x+cos2 x = 1 og sin(2x) = 2 cos x sin x.
Vi ønsker altså å vise at
Z 1
Z 1
cos2 (log x) dx =
1 + sin(2 log x) dx
0
0
For å stadfeste denne likheten benytter en seg av delvis integrasjon med u =
cos2 (log x) og v 0 = 1
1
Z
f (x)2 dx =
0
1
Z
cos2 (log x) dx
0
h
i1 Z
= x cos(log x) −
0
Z
1
x·
0
−1
sin(2 log x) dx
x
1
sin(2 log x) dx
=1+
0
1
Z
1 + sin(2 log x) dx
=
0
1
Z
g(x)2 dx
=
0
Som var det en ønsket å vise. Legg for ordens skyld merke til at det ikke var
nødvendig og beregne integralene for å vise likheten. For å fylle på litt mer
detaljer: I den delvise integrasjonen ble det benyttet at v 0 = 1, v = x og
u0 =
2
d 2
2
1
cos (log x) =
cos(log x)[− sin(log x)] = − log(2 sin x)
dx
x
x
og grenseverdien kan eksempelvis vises slik
h
i1
L = lim x cos(log x) = 1 − lim n cos(log n)
n→0
n
n→0
Siden 1 cos(log 1) = cos 0 = 1. Det er flere måter å vise den siste grensen på. En
metode er å legge merke til at limx→0 xf (x) = 0, dersom det eksisterer en K
slik at |f (x)| ≤ K. En måte å tenke på dette som er at om f ikke vokser mot
uendelig, så vil x før eller siden dra grensen mot null. I dette tilfellet er K = 1,
siden cos x oscillerer mellom −1 og 1 for alle x.
Alternativt så kan en definere L = x sin(log x) og R = x cos(log x). Da er L2 ≥ 0
og R2 ≥ 0 for alle x. Videre så er L2 + R2 = x2 , slik at når x går mot null så må
L og R og gå mot null.
R a 42. Det første
R a steget vi gjør blir å bruke substitisjonen x 7→ 1 − y, altså at
f
(x)
dx
=
f (a − x)
0
0
Z
1
(1 − y) log
J=
0
√
√ Z 1
2+ 1−y
2+ x
√
√
x log
dx =
dx
2− x
2− 1−y
0
314
V
30 Langsvar
Vi kan så dele J inn i følgende to integral
1
Z
J=
√ x log 2 + x dx −
0
Z
1
√ x log 2 − x dx
0
√
√
Vi kan bruke substitusjonen y 7→ 2 + x på første integralet og y 7→ 2 + x på
andre integralet slik at
Z
3
3
Z
2(y − 2) log y dy −
J=
2
1
2(y − 2)3 log y dy
2
dette medfører som ønsket at
√
Z 1
Z 3
2+ 1−y
√
(1 − y)
dy = 2
(y − 2)3 log y dy
2
−
1
−
y
0
1
Å beregne integralet nå er ikke spesielt vanskelig.
44.
Løsning 1 Det fine med dette integralet er at det kan løses ved hjelp av en
serie mer eller mindre normale substitusjoner. Vi velger her å først bruke
u = x2 ⇒ du = 2x dx
Z ∞
x29
I=
17 dx
(5x2 + 49)
0
14
Z
x2
1 ∞
=
2x dx
2 0 (5x2 + 49)17
Z
1 ∞
u14
=
du
2 0 (5u + 49)17
Videre ønsker en å forenkle nevner, og bruker derfor substitusjonen
49
49
t ⇒ du =
dt
5
5
Z ∞
14
49
1
49
5 t
=
dt
17
2 0
5
5 49
5 t + 49
14 Z ∞
1 49
49
t14
=
dt
17
2
5
5
49 (t + 1)17
0
Z ∞
1
t14
=
dt
15
2
2 · 5 · 49 0 (t + 1)17
u=
Det siste integralet har en vært borte i før, men velger å ta det igjen. Vi skriver
om
14
t14
t
1
=
(t + 1)17
t+1
(t + 1)3
V
14.2 Oppgaver
Vi lar y =
315
t
1
og legger merke til at 1 − y =
så
t+1
1+t
t
t+1
1
dy
1
⇒ dy =
dt
=
dt
(t + 1)2
(t + 1)2
Z ∞
t14
1
dt
=
15
2
2 · 5 · 49 0 (t + 1)17
y=
y
=
=
1
2·
515
2·
0
∞
x29
(5x2 + 49)
17
0
·
1
492
1−y
dy
}|
{
}|
{
14 z }| { z
1
1
t
dt
t+1
t+1
(t + 1)2
1
Z
1
515
=
Z
· 492
z
∞
Z
y 14 (1 − y) dy
0
1 15
1 16
y −
y
15
16
2 · 515 · 492
1
=
2 · 515 · 492 · 15 · 16
14!
dx =
15
2 · 5 · 492 · 16!
1
dy
0
Som var det en ønsket å vise =)
45. Det enkleste er å beregne T (1) først, da har en
T (1) =
h
f (a) + f (b)
f (a) + f (b) + 0 = (b − a)
.
2
2
Siden f er kontinuerlig og integralet er begrenset betyr dette at T (n) konvergerer
mot A. Så
Z b
f (x) dx = lim T (`)
`→∞
a
La oss regne ut høyresiden eksplisitt. Ved å sette inn uttrykket for trapesmetoden
fås
!
n−1
X
h
lim T (n) = lim
f (a) + f (b) + h
f (xk )
n→∞
n→∞
2
k=1
= lim
n→∞
= lim
n→∞
b−a
n
n−1
X
f (xk )
k=1
n−1
b−a X
f (xk ) + f (xn−k )
2n
k=1
I siste overgang legger vi sammen siste elementet med første, nest siste med
andre osv. Virker dette ulogisk, så bare skriv ut et par ledd og sammenlign. En
har også at
a+b
f (x) + f (a + b − x) = f (a) + f (b) = 2f
(5.40)
2
316
30 Langsvar
V
Siden f (x) + f (a + b − x) er konstant for alle x ∈ [a, b]. Ved å sette x = a eller
x = b fås første likhet, og ved å sette x = (a + b)/2 fås andre. Målet er å bruke
dette for å forenkle summen, dette kan bli gjort ved å skrive om
b−a
· (n − k)
n
b−a
=a+b− a+
k
n
xn−k = a +
= a + b − xk
Ved å bruke dette i summen vår får en nå at
lim T (n) = lim
n→∞
n→∞
= lim
n→∞
= lim
n→∞
n−1
b−a X
f (xk ) + f (xn−k )
2n
k=1
b−a
2n
n−1
X
f (xk ) + f (a + b − xk )
k=1
n−1
b−a X
f (a) + f (b)
2n
k=1
n−1
1 X
b−a
(f (a) + f (b)) lim
1
n→∞ n
2
k=1
f (a) + f (b)
= (b − a)
2
=
Der første del av likning (5.40) ble benyttet. Videre ble f (a) + f (b) satt utenfor
summen siden dette er en konstant. Tilslutt så ble grensen beregnet som følger
n−1
1
1 X
1
1
lim
1 = lim
1 + · · · + 1 = lim
(n − 1) = lim 1 +
{z }
n→∞ n
n→∞ n |
n→∞ n
n→∞
n
k=1
n−1 ganger
som går mot 1 når n → ∞. Dette viser punkt 1 og punkt 3 siden
Z
b
f (x) dx = lim T (`) = T (1)
a
`→∞
da gjennstår det bare å vise punkt 2. Merk at selv om T (n) konvergerer mot T (1)
kan det være at T (10) > T (1), T (15) < T (1) osv. For å vise det for alle k kan en
V
14.2 Oppgaver
317
enten benytte seg av induksjon, eller eksplisitt regning
n−1
T (n) =
X
h
f (a) + f (b) + h
f (xk )
2
k=1
=
n−1
h X
h
f (a) + f (b) +
f (xk ) + f (x2n−1−k )
2
2
k=1
n−1
h
h X
=
f (a) + f (b) +
f (xk ) + f (a + b − xk )
2
2
k=1
h
h
=
f (a) + f (b) + (n − 1)[f (a) + f (b)]
2
2
hn f (a) + f (b)
=
f (a) + f (b) = (b − a)
2
2
Siden h = (b − a)/n så hn = b − a. Videre ble de fleste triksene fra forrige del
benyttet.
46. Ved å bruke antagelsene kan en skrive om som følger
dp
∆S
n · lf /T
=
=
dt
∆V
Vg
Deler en nå begge sider av likningen på p fås
n · lf /T
1 dp
=
p dT
pVg
n · lf /T
Lf
d log p =
= 2
dT
nRT
T R
som ønsket.
b) Ved innsetning fås nå
Z
p
p0
d α − βT
log p =
dT
T 2R
Z T
α
β
d
1
−
dT
log p dT =
2
dT
R T0 T
T
p
1
T
1
1
log
=−
β log
+α
−
p0
R
T0
T
T0
(
β/R )
T
1
1
p = p0 exp − log
· exp α
−
T0
T0
T
β/R
T0
α
1
1
p(T ) = p0
exp −
−
T
R T
T0
47. a) Første metode er å se at både x og ex er strengt voksende funksjoner,
slik at xex også må være strengt voksende. Altså er f (x) = xex injektiv. Siden
318
V
30 Langsvar
x og ex kontinuerlige, så er f kontinuerlig. Tilslutt legges det merke til at
f (0) = 0e0 = 0, og f (1) = e > 2. Så dermed finnes det en unik konstant
0 < Ω < 1 slik at f (Ω) = 1. På bakgrunn av at funksjonen er kontinuerlig,
strengt voksende.
Alternativt anta at likningen xex = 1 har to løsninger Ω1 og Ω2 . Siden nå
e = 1/x så er
x
eΩ1 = eΩ2
og
1
1
=
Ω1
Ω2
og begge likningene gir at Ω1 = Ω2 , så igjen så er Ω unikt definert.
b) Ønsker å løse likningen f = g, da fås
x = x2 log x ⇔ 0 = x(1 − x log x)
Slik at enten så er x = 0 eller så er x log x = 1, en ser videre på siste løsning.
1 = x log x
1/x = log x
e1/x = elog x
1 1/x
e
=1
x
Sammenlikner en nå med definisjonen av Ω konstanten ser en at
x=
1
x
= Ω så
1
= eΩ
Ω
Hvor den siste likheten ble tatt fra definisjonen av Omega, altså ΩeΩ = 1 ⇒
eΩ = 1/Ω.
c) Her ønsker en å beregne integralet
Z
exp(Ω)
Z
A=
g
1 dy dx
f
0
Z
exp(Ω)
x − x2 log x dx
)
exp(Ω) (
exp(Ω) Z exp(Ω)
1 2
1 3
1 3 1
=
x
−
x log x
−
x ·
dx
2
3
3
x
0
0
0
=
0
1 2Ω
1
e − e3Ω log eΩ +
2
3
1 2Ω
1
= e − e2Ω · ΩeΩ +
2
3
1 2Ω
1
= e + e3Ω
6
9
1
1
=
+
2
6Ω
9Ω3
=
1 3Ω
e
9
1 3Ω
e
9
V
14.2 Oppgaver
319
som var det en ønsket å vise. I siste overgang ble igjen egenskapen at ΩeΩ = 1
benyttet, og at ab+c = ab · ac .
1+0
1+1
d) Første iterasjon med Ω0 = 0 gir seg Ω1 =
gir Ω2 =
1+1/2
1+e1/2
=
1
2
. Den neste iterasjonen
. Slik at
√ 2
1
=
1+ e
Ω2
3
Innsatt i nederste uttrykk for arealet fås da
1
1
+
2
6Ω
9Ω3
2 1
1
1 1
=
+
Ω
6
9 Ω
2 √ √ 1 2
2
1
1+ e
1+ e
+
·
≈
3
6
9 3
√ 2 13 √
8
1+ e
+ e
≈
243
4
A=
Dette er bare en halvgod tilnærming da Ω2 eΩ2 6= 1 altså stemmer ikke tilnærmingen som ble benyttet i c). Ω konstanten lengre. En kan bruke et tidligere
uttrykk for arealet, for høyere nøyaktighet. Men det får være opp til leser.
Benytter i stedet initialverdien Ω0 = log 2 fås
Ω1 =
1
(1 + log 2)
3
og
exp (Ω1 ) = exp
1
log 2e
3
=
√
3
2e
Setter en inn dette i det andre uttrykket en har for arealet fås
1 3Ω
1 2Ω
1
3Ω 1 1
+
A= e + e =e
6
9
6 eΩ
9
1
1
1
1
−1/3
√
= 2e
(2e)
+
+
= 2e
9
6
9
6 3 2e
Benytter en seg nå av tilnærmingen e ∼ 8/3 fås
23 1
=
·
3
3
24
3
1/3
8 1
+
·
=
3 9
3
2
5/3
+
16
27
For en endelig tilnærming kan en se at (3/2)5 = 32/243 ∼ 30/240 = 1/8 så
(3/2)5/3 ≈ 1/2 og da blir A = 1 + 5/54.
48.
x2 + yey = 1 ,
y > −1
(5.41)
320
30 Langsvar
V
Velger først benytte delvis integrasjon slik at integralet kan skrives som
b
Z b
Z
1 2
1 b 2 0
xf (x) dx =
x f (x) dx
x f (x) −
2
2 a
a
a
Ved å sette inn henholdsvisx = a og x = b i likning (5.41) og løse med hensyn
på yey , kan både f (a) og f (b) bestemmes. Dette gir
1
1
log .
2
2
Slik at f (a) = 0 og f (b) = log 1/2, som kan sjekkes via innsetning. Ved å bruke
den anbefalte substitusjonen u = ef (x) så er f (x) = log u, og
f (a)ef (a) = 0 og
f (b)ef (b) =
du = f 0 (x)ef (x) dx ⇒
du
= f 0 (x) dx .
u
Tilslutt så kan x2 skrives som x2 = 1 − f (x)ef (x) = 1 − u log u, ved å bruke
likning (5.41). Integralet kan nå skrives som
b
Z
1 2
1 b 2 0
I=
x f (x) −
x f (x) dx
2
2 a
a
Z
1
1 exp(f (b))
du
= b2 f (b) −
(1 − u log u)
2
2 exp(f (a))
u
h
i
1/2
1
1
(u − 1) log(u) − u
= b2 f (b) +
2 2
1
1
1
1 1
1
=−
1 + log 2 log 2 −
− log 2 − (1)
2
2
2 2
2
1
1
= − log(2) · (1 + log 2) +
4
4
Som var det som skulle vises. Her er B = 1/4 og A = −B.
49. a) Første del så har en at
V (r) =
2Ze2
2Ze2 r2
r2
=
=
E
4π0 r
4π0 r2 r
r
som ønsket. Videre så vil integralet kunne skrives som
Z q
2 r2
T ∼
exp
−
2m
V
(r)
−
E
dr
=
} r1
Z r2 r
i
hr
2
2
log T ∼
E − E dr
2m
=−
} r1
r
Z r2 r
√
r2
∼ − 2 2mE
log T =
− 1 dr
}
r
r1
Herfra benyttes substitusjonen r = r2 x så dr = r2 dx.
Z 1 r
2√
1
log T ∼
−
2mE
r
− 1 dx
=
2
}
x
r1 /r2
som ønsket.
V
17.2 Oppgaver
321
3.3.2
5. Via substitusjonen y 7→ x + t kan integralet skrives på formen
Z t+1
Z 1
log Γ(y) dy
log Γ(x + t) dx =
t
0
For enkelhet byttes det nå tilbake til x som integrasjonsvariabel. Ved å bruke
likning (3.19) kan den deriverte med hensyn på t skrives som
Z t+1
∂
d
d
log Γ(y) dy = log Γ(1 + t) (t + 1) − log Γ(t) t
∂t t
dt
dt
Ved nå og anvende xΓ(x) = Γ(x + 1) kan den deriverte forenkles til
Z t+1
∂
log Γ(y) dy = log Γ(t + 1)/Γ(t) = log t
∂t t
Tilsvarende ved å derivere høyresiden fås
Z t
i
∂ h
∂
log x dx =
t log t − 1 = log t
∂t 0
∂t
Siden de deriverte er like må f og g avike med høyst en konstant. Anta at f og
g aviker med mer en enn konstant så f kan skrives som f (x) = g(x) + h(x) hvor
h0 (x) 6= 0. Derivasjon gir at f 0 (x) = g 0 (x) + h0 (x), som er en motsigelse siden
f 0 (x) = g 0 (x), dermed så må h0 (x) = 0 og h = C.
For å bestemme konstanten kan vi se på grensetilfellet når t → 0. Da er
Z 1
Z t
lim
log Γ(x + t) dx = C + lim
log x dx
t→0
t→0
0
0
Integralet på høyre side går mot null, og på venstre side står en igjen med det
klassiske√log Γ(x) integralet som ble vist i proposisjon (3.3.9). Dermed så er
C = log 2π og
Z 1
Z t
√
log Γ(x + t) dx = log 2π +
log x dx
0
0
som ønsket.
La oss nå ta utgangspunkt i Raabes formel, en liten omskrivning gir
Z u+1
√
log Γ(x) dx = u log u − u + log 2π
(5.42)
u
som er formen som vil bli vist her. Ved å dele opp integralet kan det skrives som
Z u+1
Z u+1
Z u
log Γ(x) dx =
log Γ(x) dx −
log Γ(x) dx
u
0
Z
1
Z
0
u+1
Z
u
log Γ(x) dx +
log Γ(x) dx −
log Γ(x) dx
0
1
0
Z
Z
u
u
√
= log 2π +
log Γ(x + 1) dx −
log Γ(x) dx.
=
0
0
322
V
30 Langsvar
Hvor det i siste overgang ble brukt proposisjon (3.3.9) og i midterste integralet
ble substitusjonen x 7→ y + 1 brukt. Legg nå merke til at siden xΓ(x) = Γ(x + 1)
så er x = Γ(x + 1)/Γ(x). Ved innsetning så er
Z
u+1
√
Z
√
Z0 u
u
log Γ(x) dx = log 2π +
u
= log 2π +
log Γ(x + 1)/Γ(x) dx
√
log x dx = u log u − u + log 2π
0
Ved nå å trekke fra logaritmen på begge sider får en som ønsket Raabes formel.
3.3.3
1. Det enkleste blir å benytte seg av substitusjonen som før. Her ble korollar (3.3.3) brukt i andre overgang. i andre overgang.
2. Det enkleste blir å benytte seg av substitusjonen t 7→ ex da fås
Z ∞ n−1
Z ∞
t
π
enx
dx =
dx = B(n, 1 − n) = Γ(n)Γ(1 − n) =
x
1
+
e
1
+
t
sin
πn
−∞
0
Her ble Eulers refleksjonsformel theorem (3.3.4) brukt i siste overgang. Alternativt kan og substitusjonenu 7→ ex benyttes, da er
Z ∞
Z ∞
1
1 π/(1/n)
π
enx
du
dx =
=
=
x
1/n
1
+
e
n
n
sin
πn
sin
πn
1
+
u
−∞
0
som før. Her ble korollar (3.3.3) brukt i andre overgang. i andre overgang.
3. Vi velger å definere følgende funksjon
ϕ(x) :=
B(x, y)Γ(x + y)
Γ(y)
og målet med beviset blir å vise at ϕ(x) = Γ(x), ved å benytte seg av Bohrmullerup teoremet. Vi går igjennom punkt for punkt 1. ϕ(1) = 1.
Her har vi fra gammafunksjonen at Γ(1 + y) = yΓ(y). For betafunksjonen fås
Z
B(1, y) =
1
t1−1 (1 − t)y−1 dt =
0
Z
0
uy−1 du =
1
uy
y
Ved innsetning fås nå at
ϕ(1) =
B(1, y)Γ(1 + y)
=
Γ(y)
1
y
· yΓ(y)
Γ(y)
=1
1
=
0
1
y
V
17.3 Oppgaver
323
som ønsket. Videre så må vi vise at 2. ϕ(x + 1) = xϕ(x). Ved å ta utgangspunkt
i B(x + 1, y) og delvis integrasjon fås
Z 1
B(x + 1, y) =
tx (1 − t)y−1 dt
0
x
Z 1
t
=
(1 − t)x+y−1 dt
1
−
t
0
0 Z 1
x
(1 − t)x+y
xtx−1
t (1 − t)y
−
−
·
=
x+y
x+y
(1 − t)x+1
0
1
Z 1
x
=
tx−1 (1 − t)y−1 dt
x+y 0
x
=
B(x, y)
x+y
Ved innsetning ser vi nå at
ϕ(x + 1) =
(x + y)Γ(x + y)
x
Γ(x + y + 1)
B(x + 1, y) =
·
B(x, y) = xϕ(x)
Γ(y)
Γ(y)
x+y
Vi mangler nå bare å vise at log ϕ er konveks. Ved å bruke blant annet lemma (3.3.1) som før. La p ∈ (0, ∞) og velg q slik at p1 + 1q = 1. Da har vi
at
Γ up + vq
u
v
u
v
ϕ
+
=
B
+ ,y
p
q
Γ(y)
p
q
For betafunksjonen har vi at
Z 1
u
v
B
+ ,y =
t(u/p+v/q−1 (1 − t)y−1 dx
p
q
0
Z 1
u
1/p v
=
t (1 − t)y−1
t (1 − t)y−1
1/q
dt
0
Z
≤
1/p Z
1
u
t (1 − t)
y−1
v
y−1
t (1 − t)
dt
0
1/q
1
dt
0
= B(u, y)1/p B(v, y)1/q
Ved å gjennomføre akkuratt den samme utregningen fås ulikheten
v
u
+
+ y ≤ Γ(u + y)1/p Γ(v + y)1/p
Γ
p
q
Dermed får vi at følgende ulikhet gjelder
1/p
1/q
v
{Γ(u + y)B(u, y)} {Γ(v + y)B(v, y)}
u
+
≤
ϕ
p
q
Γ(y)
1/p 1/q
Γ(u + v)
Γ(v + v)
=
B(u, y)
B(v, y)
Γ(y)
Γ(y)
1/p 1/q
= ϕ(u)
ϕ(v)
324
V
30 Langsvar
Dersom vi nå lar λ = 1/p og dermed 1 − λ = 1/q. Hvor λ ∈ (0, 1) får vi
ϕ λu + (1 − λ)v ≤ ϕ(u)λ ϕ(v)1−λ
log ϕ λu + (1 − λ)v ≤ λ log ϕ(u) + (1 − λ) log ϕ(v)
for alle par u, v ∈ (0, ∞). Dermed så er log ϕ er konveks og da følger det fra
Bohr–Mollerup theoremet at ϕ(x) = Γ(x), følgelig så er
ϕ(x) =
B(x, y)Γ(x + y)
ϕ(x)Γ(y)
Γ(x)Γ(y)
⇒ B(x, y) =
=
Γ(y)
Γ(x + y)
Γ(x + y)
som var det vi ønsket å vise.
3.3.4
3.3.9
1.
Bevis. Gjennom hele beviset antas det at vi deriverer med hensyn på x uten tap
av generalitet. og et identitsk bevis kan føres hvor en deriverer med hensyn på
y. Her har vi først at
1−x−y
1−x−y
1−x−y
1−u=
,
1−v =
,
1 − uv =
1−y
1−x
(1 − x)(1 − y)
Ved å derivere polylogaritmen fås
[Li2 (f )]0 = L02 (f ) · f 0 = −
log(1 − f )
· f 0 = − log(1 − f ) · log0 (f )
f
der det ble brukt at f var en kontinuerlig funksjon. Den deriverte av polylogaritmen fikk vi fra analysens fundamentalteorem. Nå regner vi først ut de enkle
logaritmisk deriverte så
1
1
,
log0 (v) =
, og
x
1−x
For klarhet regner vi ut èn og èn derivert da er
log0 (u) =
∂
∂x
∂
∂x
∂
∂x
∂
∂x
∂
∂x
log0 (u · v) =
1
1
+
x
1−x
log(1 − x)
x
log(y − x)
= Li2 (y) = −
·0=0
y
= Li2 (x) = −
log(1 − x − y) − log(1 − y)
x
log(1 − x − y) − log(1 − x)
= Li2 (u) = − log(1 − u) log(u)x = −
1−x
= Li2 (u) = − log(1 − u) log(u)x =
= Li2 (uv) = log(1 − uv)(log u + log v)0
1
1
+
x
1−x
∂
∂
∂
log(1 − y)
=
Li2 (u) +
Li2 (v) −
Li2 (x) −
.
∂x
∂x
∂x
1−x
= log(1 − x − y) − log(1 − x) − log(1 − y)
V
18.1 Oppgaver
325
Addisjon gir oss nå endelig at den deriverte kan skrives som
=
=−
∂
(Li2 (u) + Li2 (v) − Li2 (uv) − Li2 (x) − Li2 (y))
∂x
log(1 − y)
1−x
Deriverer vi nå venstresiden ser vi at
∂
log(1 − y)
log(1 − x) log(1 − y) = −
∂x
1−x
slik at høyre og venstre side i likning (3.35) er ulike med høyst en konstant C.
Altså
log(1 − x) log(1 − y) = Li2 (u) + Li2 (v) − Li2 (x) − Li2 (y) − Li2 (uv) + C ,
settes x = 0, y = 0 så er u = 0 og v = 0 slik at
log2 (1) = Li2 (0) + Li2 (0) − Li2 (0 · 0) − Li2 (0) − Li2 (0) + C
som medfører at C = 0. Dette fullfører beviset.
2. Velger å vise først Landen’s identitet. Derivasjon med hensyn på Li2 [z/(z − 1)]
gir
d
Li2
dz
z
z−1
z/(z−1)
log(1 − t)
dt
t
0


z
log 1 − z−1
1

 = log(1 − z) + log(1 − z)
=
(z − 1)2
z/(z − 1)
1−z
z
d
=−
dz
Z
Integrasjon gir nå direkte at
1
z
Li2
= − log2 (1 − z) − Li2 (z) + C
z−1
2
konstanten bestemmes ved å sette z = 0 så C = 0. Ved å la z = −z fås
1
z
= − log2 (z + 1)
Li2 (−z) + Li2
1+z
2
som vi kjenner igjen som Landen’s identitet.
1. Det vi ønsker er å dele inn funksjonen i perioder på T siden f (x+T ) = f (x)
for alle x. Vi har altså
Z ∞
∞ Z (n+1)T
X
−st
Lf (s) =
e f (t) dt =
e−st f (t) dt
0
n=0
nT
326
V
30 Langsvar
Ved å bruke substitusjonen t 7→ nT + w har en
Lf (s) =
∞ Z
X
n=0
T
e
−s(nT +w)
f (w + nT ) dw =
0
∞
X
−nT s
Z
e
n=0
T
e−sw f (w) du
0
For å se at f (x + nT ) = f (x) kan en for eksempel bruke samme induksjonsargument som i beviset for theorem (2.4.1) på side
(32). Beviset fullføres ved å
P∞
bruke sumformelen for den geometriske rekken n=0 xn = 1/(1 − x)
!Z
Z T
∞
T
X
1
n
−T s
−sw
f (t)e−st dt
Lf (s) =
e
e
f (w) du =
1 − e−T s 0
0
n=0
som var det som skulle vises.
2. Ved å sette inn definisjonen av L -transformasjonen fås
Z t
Z ∞ Z t
Lf (s) = L
f (w) dw =
f (w) dw est dt
0
0
0
Tanken er nå å bruke delvis integrasjon, med
Z
du = f (t) dt
u=
t
f (w) dw
0
dv = e−st dt
v=−
1 −st
e
s
Dette fører til at integralet blir
0
Z t
Z ∞
e−st
e−st
Lf (s) =
f (t) dt
f (w) dw
−
−
s
s
0
0
∞
Z
Z t
1
1 ∞ −st
=−
lim e−st
f (w) dw +
e f (t) dt
s t→∞
s 0
0
R0
Siden 0 f (w) dw = 0 så forsvinner første del. Når t → ∞ så vil e−st dominere
integralet såfremt s > 0. Dermed vil grensen gå mot null for alle s hvor L transformasjonen av f er definert. Siste integralet kjenner vi igjenn og vi får
Z t
1
Lf (s) = L
f (w) dw = −0 + F (s)
s
0
som var det som skulle vises.
3.6
3.7
V
24.1 Oppgaver
327
3.8
3.10.1
1. La I betegne integralet og benytt substitusjonen x = 1 − u, så dx = − du så
1/2
Z
I :=
0
log(x) log(1 − x)
dx =
x(1 − x)
Z
1
1/2
log(1 − u) log(u)
du .
(1 − u)u
Ved nå og ta gjennomsnittet av disse integralene fås
I=
1
2
1
Z
0
log(x) log(1 − x)
dx .
x(1 − x)
En kan nå eksemeplvis legge merke til at
Z
0
1
log(1 − x) log x
dx =
x
Z
0
1
log(1 − x) log x
dx ,
1−x
(5.43)
Rb
Rb
ved enten å bruke at a f (x) dx = a f (a + b − x) dx, eller substitusjonen
1 − x = u. Uansett vender vi tilbake til vårt opprinnelige integral, og bruker
delbrøkoppspalting fås
Z
Z
1 1 log(x) log(1 − x)
1 1
1
1
dx =
+
log(x) log(1 − x)
dx
2 0
x(1 − x)
2 0
x
1−x
Z 1
log(x) log(1 − x)
=
dx
x
0
I=
hvor vi benyttet oss av likning (5.43). Nå er integralet relativt simpelt å løse
Enten kan vi huske på definisjonen av dilogaritmen Li2 (z) og benytte oss av
delvis integrasjon Dette gir at
h
i1 Z
I = − log x Li2 (x) +
0
0
1
∞
X
Li2 (t)
1
dt = Li3 (1) =
= ζ(3)
t
k3
n=1
Som var det vi ønsket å finne. I den delvise integrasjonen ble v = Li2 (z) og
u = log(x) brukt videre så ble den rekursive definisjonen av polylogaritmen
benyttet og at Lin (1) = ζ(n). Alternativt kan en og løse siste integral uten bruk
328
V
30 Langsvar
av dilogaritmer
1
log(x) log(1 − x)
dx
x
0
Z 1
log x
x2
x3
x+
=−
+
+ · · · dx
x
2
x
0
Z 1
x
x2
log x 1 +
=−
+
+ · · · dx
2
3
0
Z 1
∞ X
1
log(x)xn dx
=−
n+1 0
n=0
∞
X
1
1
=−
· −
n+1
(n + 1)2
n=0
Z
I=
=
∞
X
n=0
1
(n + 1)3
hvor vi kjenner igjen siste sum som Apierys konstant ζ(3).
2. Vi bruker substitusjonen x = t−1 slik at
Z
1/2
Z
2
1 − e−1/x dx =
0
∞
0
2
1 − e−t
dt
t2
Herfra defineres følgende funksjon
Z
∞
I(a) =
0
2
1 − e−ax
dx
x2
hvor vi legger merke til at I(1) er integralet vi ønsker. Derivasjon under integraltegnet gir
I 0 (a) =
d
da
Z ∞
=
Z0 ∞
Z
0
∞
2
1 − e−ax
dx
x2
2
∂ e−ax
dx
∂a x2
2
e−ax dx
0
Z ∞
2
1
e−y dy
= √
a
r 0
1 π
=
2 a
=
Hvor i siste overgang ble det klassiske gaussiske integralet benyttet. Et bevis for
dette finnes flere steder i heftet, blant annet ??. Integrasjon gir nå at
√
I(a) = aπ + C
V
24.1 Oppgaver
329
siden I(0) = 0 er konstanten null, og vi får dermed at
1/2
Z
√
2
1 − e−1/x dx = I(1) = π
0
Og dette fullfører oppgaven.
3. Integralet her kan regnes ut utelkukkende ved hjelp av en serie elementære substitusjoner og omskrivninger. Likevell er det å komme på disse såpass
krevende at integralet havner i denne delen. Første steg er å dele opp intervalet
(0, ∞) til (0, 1) og (1, ∞). Deretter mappes (1, ∞) på (0, 1) via x 7→ 1/x, som er
blitt gjort mange ganger før
∞
Z
log x dx
=
(1 + x2 )2
0
Z
1
0
log x dx
+
(1 + x2 )2
∞
Z
1
1
Z
log x dx
=
(1 + x2 )2
1 − x2
log x dx
(1 + x2 )2
0
Legg nå merke til at
Z
Z
1 − x2
(1/x + x)0
1
x
dx
=
−
dx =
= 2
2
2
2
(1 + x )
(1/x + x)
1/x + x
x +1
Via u 7→ 1/x + x siden (−1/u2 )0 = 1/u. Siden første del er integrerbar virker det
svært fristende å benytte seg av delvis integrasjon. Dette gir
Z
0
1
h x log x i∞
1 − x2
log x dx =
−
2
2
(1 + x )
x2 + 1 0
∞
Z
0
dx
π
x
=0−
x2 + 1 x
4
Siste integralet er bare arctan x, og første leddet går mot null. Nevner går mot
null og teller er begrenset. Alternativt via L’hoptial så er
lim
x→0
log x h ∞ i
1/x
⇒ lim 0
= −x
x→0 1/x2
1/x ∞
Der [∞/∞] betyr at både teller og nevner går mot og en kan derivere. Merk at
den deriverte av teller vokser proposjonalt med log x, og teller synker proposjonalt med x3 så når x → ∞ vil uttrykke gå mot null.
4. Begynn med substitusjonen
5. En kan legge merke til at vi kan skrive log(1 − x) om til et integral som
følger
−x
Z
log(1 − x) =
0
du
=
1+u
Z
0
x
dm
m−1
via substitusjonen u 7→ −m. Integralet kan nå skrives om som følger
Z
I=
0
1
log(1 − x)
dx =
1+x
Z
0
1
Z
0
x
dm dx
=
(m − 1)(1 + x)
Z
0
1
Z
0
1
x du dx
(ux − 1)(1 + x)
330
V
30 Langsvar
der substitusjonen m 7→ ux ble benyttet i siste overgang. Siden x = (x + 1) − 1
skrives integralet om til
Z 1Z 1
Z 1Z 1
Z 1Z 1
du dx
du dx
x du dx
−
=
(ux − 1)
(ux − 1)(1 + x)
0
0 (ux − 1)(1 + x)
} |0 0
{z
}
| 0 0 {z
A
B
Siden vi har følgende delbrøkoppspalting
1
u
1
=
−
(ux − 1)(1 + x)
(ux − 1)(u + 1)
(x + 1)(u + 1)
så kan B skrives som
Z 1Z
B=
1
Z 1Z 1
u du dx
du dx
−
0 (ux − 1)(1 + u)
0 (1 + u)(1 + x)
0
0
Z 1Z 1
du dx
=I−
0 (1 + u)(1 + x)
0
Z 1
Z 1
du
dx
=I−
0 1+u
0 1+x
= I − log2 (2)
For A så har en
Z 1Z 1
Z 1
Z 1
∞
X
du dx
log(1 − u)
log(1 + u)
1
A=
=
du = −
du = −
u
u
n2
0
0 (ux − 1)
0
0
n=1
Siste overgang kan sees ved å skrive ut maclaurinrekka til log(x + 1) som konvergerer da x ∈ (0, 1). Siste sum har vært beregnet gjentatte ganger og er
ζ(2) = π 2 /6. Eventuelt kan en legge merke til at integralet er polylogaritmen
Li2 (1), som en og har sett og regnet på før. Legger vi sammen alt dette fås
I =A−B =−
π2
π2
− log2 (2) − I ⇒ 2I = log2 (2) −
6
6
og dette fullføret beviset da
Z 1
log(1 − x)
1
π
dx =
log2 (2) −
1
+
x
2
12
0
som var det som skulle beregnes.
3.10.2
1. Vi beregner integralet begge veier
Z ∞Z ∞
Z ∞
h
i∞
ds
π
−st
I1 =
e
sin t dt ds =
=
arctan
s
=
2
1
+
s
2
0
Z0 ∞ Z0 ∞
Z0 ∞
Z ∞
Z ∞
sin t
I2 =
e−st sin t ds dt =
sin t
e−st ds dt =
dt
t
0
0
0
0
0
V
24.2 Oppgaver
331
som var det vi ønsket å vise. Hvor da selvsagt
Z ∞
e−st sin t dt = L {sin t} (s) =
1
1 + s2
0
2. En begynner med å skrive om integralet via t 7→ −x + (u + v)/2 så
Z v
Z a
n
n
(x − u) (v − x) dx = −
(a − t)n (a + t) dt
−a
u
Hvor forenklingen a = (u + v)/2 ble innført. Benyttes nå substitusjonen t 7→
(1 − 2y)a så blir integralet
Z v
Z 1
(x − u)n (v − x)n dx =
(2a)n y n (2a)n (1 − y)n 2a dy
u
0
= (u + v)2n+1
Z
1
y n (1 − y)n dy
0
Dette medfører at vi kan skrive om summen som følger
Z v
∞
X
1
S=
(x − u)n (v − x)n dx
2n+1
(v
−
u)
u
n=1
∞ Z 1
X
=
y n (1 − y)n dy
n=1
0
Siden y ∈ [0, 1) så vil og y(1 − y) ∈ [0, 1) og en kan benytte seg av summen av
den geometriske serien.
Z 1
y(1 − y)
=
dy
1
−
y(1 − y)
0
Z 1
1
dt − 1
=
1
−
y(1
− y)
0
Z 1
1
=
2 dy − 1
0 3/4 + (y − 1/2)
Z 1/2
1
=
dy − 1
2 + 3/4
t
−1/2
2
1
= √ · 2 tan−1 √
−1
3
3
r
π 4
−1
=
3
3
Hvor det ble brukt blant annet at
Z b
dx
2
b
=
arctan
2
2
a
a
−b a + x
4.
og
∞
X
n=1
xn =
x
∀ x ∈ [0, 1)
1−x
332
V
30 Langsvar
m) Legg merke til at for x ∈ [0, 1] så er
Z 1 n
Z 1
x
xn
1
dx ≤
dx ≤
x
n
0
0 x+1
Siden 1/n → 0 når n → ∞ har vi fra skviseteoremet at
Z 1
xn
lim
dx = 0
n→∞ 0 x + 1
som var det som skulle vises. Den første ulikheten kan for eksempel vised ved
at xn · x ≤ xn (x + 1) og ved å kryssdele får en xn /(x + 1) ≤ xn /x.
n)
Elementært
Z
In+1 + In =
1
xn+1
dx +
x+1
0
Z
1
0
xn
dx =
x+1
Z
1
0
xn (x + 1)
1
dx =
x+1
n+1
o) Ved en smart omskriving har vi
n
X
(−1)k
1
1
1
1
=
−
+
− ··· +
k+1
0+1
1+1
2+1
n+1
k=0
= (I0 + I1 ) − (I1 + I2 ) + (I2 + I3 ) − · · · + (In + In+1 )
= I0 + In+1
Hvor resultatet fra b) ble brukt In + In+1 = 1/(n + 1). Ved å la n → ∞ har vi
n
X
(−1)k
lim
= lim I0 + In+1 = I0 + I∞ = I0
n→∞
n→∞
k+1
k=0
Hvor resultatet fra a) ble brukt. Siden I0 =
∞
X
(−1)k
=
k+1
k=0
Z
1
0
R1
0
x0
dx + lim
n→∞
x+1
dx/(x + 1) = log 2 har vi
Z
1
0
xn
dx = log 2
x+1
som var det som skulle vises. Dette fullfører oppgaven.
5. Begynn med substitusjonen
6. Tanken er å bruke en fiffig substitusjon for å vise identiten. La y 7→
da er 1 − y =
(1−x)2
2(1+x2
og dy =
1
1−x2
(1+x2 )2
= 2y 1/2
(1+x)2
2(1+x2 )
dx
1+x2
(1 + x)2m−1 (1 − x)2n−1
dx
(1 + x2 )m+n
−1
Z 1
n− 21
1
1
1
1 −1
1
2y 2 (1 − y) 2 ·
dy
=
(2y)m− 2 · 2(1 − y)
·
2
1+x
1 + x2
0
Z 1
= 2m+n−2 ·
y m−1 · (1 − y)n−1 dy
Z
I=
0
= 2m+n−2 · B(m, n)
V
24.2 Oppgaver
333
Begynner med substitusjonen x = tan u og husker på at 1 + tan2 u = sec2 u.
Z 1
(1 + x)2m−1 (1 − x)2n−1
dx
2m+n−2 B(m, n) =
(1 + x2 )m+n
−1
Z π/4
(1 + tan u)2m−1 (1 − tan u)2n−1
=
sec2 (u) du
sec2(m+n) (u)
−π/4
Z π/4
(cos u + sin u)2m−1 (cos u − sin u)2n−1 du
=
−π/4
Z
π/4
=
−π/4
cos x + sin x
cos x − sin x
cos α
α
α
Hvor vi i siste overgang satt m = 1+cos
og n = 1−cos
. Dermed så er så kan
2
2
integralet skrives som
cos α
Z π/4 1+cos α
α
Γ 1−cos
cos x + sin x
−1 Γ
2
2
dx
=2
J=
cos x − sin x
Γ(1)
−π/4
1 + cos α
1 + cos α
= 2−1 Γ
Γ 1−
2
2
π
−1
=2
α
sin π 1+cos
2
π
=
2 sin π cos2 α2
som var det som skulle vises.
7. Ved å bruke substitusjonen x = (2n + 1)t så kan In skrives som
Z
(2n+1)π/2
In =
0
sin x
dx =
x
Z
0
π/2
sin(2n + 1)t
dt
t
Tanken er nå at vi betrakter π/2 − In , og bruker likning (3.76) til å skrive om
π/2. Altså har vi
Z π/2 π
1
1
Hn =
− In =
−
sin(2n + 1)x dx
2
sin x
x
0
Videre bruker vi at f (x) = 1/ sin x − 1/x, går mot null når x → 0, slik at f (0) ∼ 0.
Funksjonen f har altså en kontinuerlig begrenset derivert på intervalet (0, π/2)
og vi kan trygt bruke delvis integrasjon
Z π/2
1
1
1
Hn =
−
cos(2n + 1)x +
f 0 (x) cos(2n + 1)x dx
sin x
x
2n + 1 0
Første del av uttrykket går mot null siden limx→0 f (x) = 0 og at cos(2n+1)π/2 =
− sin πn = 0, n ∈ N. Ved å la n → ∞ så ser en at Hn → 0, siden integralet er
begrenset. Dette medfører at In → π/2 og
Z
lim In = lim
n→∞
n→∞
0
(2n+1)π/2
sin x
π
dx =
x
2
334
V
30 Langsvar
som var det som skulle vises. For å vise at Hn faktisk konvergerer kan vi for
eksempel se at
Z π/2
1
f 0 (x) cos(2n + 1)x dx
2n + 1 0
Z π/2
1
|f 0 (x)| |cos(2n + 1)x| dx
2n + 1 0
Z π/2 1
2
1−
· 1 dx
2n + 1 0
π
π/2 − 1
2n + 1
|Hn | =
≤
≤
≤
som går som O(1/n) når n → ∞.
9. Ved å bruke substitusjonen x = (2n + 1)t så kan In skrives som
10. Integralet kan løses på flere metoder, den enkle b’en hinter mot at derivasjon under integraltegnet kan benyttes. Vi definerer
Z
π/2
I(b) =
−π/2
log(1 + b sin x)
dx .
sin x
Derivererer en begge sider av denne likningen med hensyn på b fås
∂
I (b) =
∂b
0
Z
π/2
log(1 + b sin x)
dx =
sin x
−π/2
Z
π/2
−π/2
dx
.
1 + b sin x
(5.44)
Det siste integralet er langt enklere å beregne, og kan løses med å bruke weierstrasssubstitusjonen t = tan x/2. Da fås
Z ∞
Z ∞
1
2 dt
2 dt
I 0 (b) =
=
.
2
2
2
2
−∞ 1 + 2bt/(1 + t ) 1 + t
−∞ (t + b) + 1 − b
√
Ved å bruke substitusjonen t + b = 1 − b2 tan y så blir integralet
Z π/2 √
Z π/2
1 − b2 sec2 y dt
1
π
0
I (b) =
= √
dy = √
.
2
2
2
1−b
1 − b2
pi/2 (1 − b )(tan y + 1)
−π/2
Neste steg blir å integrerer begge sider av likning (5.44) fra 0 til b
Z
b
0
Z
I (b) db =
0
0
b
√
π
db ,
1 − b2
og siden I(b) = 0 kan en skrive venstresiden som I(b) − I(0) = I(b). Høyresiden
blir så
Z b
π
√
I(b) =
db = π arcsin b ,
1
−
b2
0
V
24.2 Oppgaver
335
siden arcsin 0 = 0. Dette var det som skulle vises, men vi har nå vist integralet
for |b| < 1, siden substitusjonenene vi benyttet bare er gyldige for |b| < 1. Det
som gjenstår er å vise at resultatet stemmer i grensetilfellet b = 1, dersom b = 1
så er
En kunne og ha brukt kompleks integrasjon og proposisjon (3.9.2) til å beregne integralet over 1/(1 + b sin x). Siden vi integrerer over [−π/2, π/2] og ikke
(−π, π), så blir integralet halvparten av integralet over enhetssirkelen5 .
I(b) =
m
X
dx
dz
2
=
πi
,
z
Res
k
1 + b(z − z −1 )/2i iz
bz 2 + 2iz − b
I
1
2
k=0
|z|=1
√
Nevner har to singulariter, men bare z0 = −i + b2 − 1 /b ligger i enhetsdisken.
I(b) = πi Res(z0 ) = πi lim
z→z0
2
iπ
π
=
= √
(bz 2 + 2iz − b)0
i + bz0
1 − b2
som vist før. Den
men følger direkte fra
√ siste overgangen√virker kanskje noe rar,√
at 2bz0 = −i + b2 − 1 = i(−1 + 1 − b2 ), så i + bz0 = i 1 − b2 .
11. Ved å regne ut de partiellderiverte til In fås
d
In = −
dα
Z
d
In = −
dβ
Z
2π
n cos2 x
(α cos2 x + β sin2 x)n+1
2π
n sin2 x
(α cos2 x + β sin2 x)n+1
0
0
Addisjon av de partiellderiverte gir da
∂
∂
+
∂α
∂α
Z
2π
I1 = ∇In = −n
0
(sin2 x + cos2 x)dx
= −nIn+1
(α cos2 x + β sin2 x)2
(5.45)
hvor ∇ operatoren ble brukt. Dette gir
∇In−1 = (1 − n)In ,
som var det som skulle vises. Ved å skrive om likning (5.46) fås
In = −
5 Å
1
∇In−1
n−1
vise at
Z
π/2
−π/2
dx
1
=
1 + sin x
2
Z
0
2π
dx
1 + b sin x
overlates til leser, både for å spare plass å gi leser en meningsfyllt fritidssyssel.
(5.46)
336
V
30 Langsvar
√
Bruker vi denne likningen n ganger med initalverdien I1 = π/(2 ab ) får en
følgende relasjon
∂
∂
1
√
I2 = −∇I1 = −2π
+
∂α
∂β
ab
1
I3 = − ∇I2
2 ∂2
∂2
1
2π
∂2
√
+
2
+
=
1 · 2 ∂α2
∂αβ 2
∂β 2
ab
2
∂
∂
1
2π
√
=
+
1 · 2 ∂α
∂β
ab
1
I4 = − ∇I3
3
3
∂3
∂3
1
∂
∂3
2π
√
+3
+
+ +3
=−
3
2
2
3
1 · 2 · 3 ∂α
∂α ∂β
∂α∂β
∂β
ab
3
∂
∂
2π
1
√
+
=−
1 · 2 · 3 ∂α
∂α
ab
..
.
n
∂
∂n
∂n
1
2π
√
+
n
+
·
·
·
+
In =
n
n−1
n
(−1)2(−3)(4) · · · ∂α
∂α
∂β
∂β
ab
n
2π
∂
∂
1
√
=
(−1)n
+
n!
∂α
∂β
ab
for teste om dette faktisk er en løsning, kan en se om uttrykket oppfyller likning (5.46), men dette overlates til leser. En kan og uttrykke differensialoperatorene som en sum
n X
k X
n n ∂
∂
n ∂ n−k
∂
n
∂n
+
=
=
∂α
∂β
k ∂αn−k
∂β k
k ∂αn−k ∂β k
k=0
k=0
uten at dette gjør regningen noe enklere. For alle praktiske hensyn er det enklere
å benytte seg av likning (5.46) for å regne ut In . Men litt algebramagi har aldri
skadet noen.
13. Legg merke til at integralet er et frullani integral og fra theorem (3.8.2)
har en at
Z ∞
f (ax) − f (bx)
b
dx = f (0) log
x
a
0
Dermed så kan A skrives som
Z ∞ −ϕx
e
− e(ψ−1)x
1−ψ
A=
dx = log
x
ϕ
0
Med f (x) = exp(−x) og f (0) = 1. Før vi setter inn kan det være lurt å forenkle
uttrykket for A. Siden x2 + x = 1 så er 1/x = x + 1. Dermed så er 1/φ = 1 + φ.
√ 1−ψ
ψ
A = log
= log 1 + ϕ −
= log (2 + ϕ − ψ) = log 2 + 5
ϕ
ϕ
V
30 Langsvar
337
√
Der det ble benyttet at ψ/ϕ = ψ − 1 og at ϕ − ψ = 5 . Første likhet kommer fra
ψ + ϕ = ψϕ, ved å dele på ϕ og isolere ψ/ϕ på høyre side fås likheten. Husk at
de hyperbolske funksjonene er definert som
sinh x =
ex + e−x
2
og
cosh x =
ex − e−x
2
Ved å legge sammen og trekke fra likningene og sette inn x = A fås følgende
likningsett
√
sinh A + cosh A = eA = 5 + 2
√
sinh A − cosh A = e−A = 5 − 2
Ved å ta gjennomsnittet av likningene får en et uttrykk for sinh A, subtraksjon
gir cosh A så
√
sinh A = 2 og cosh A = 5
Hvor exp(−A) ble regnet ut på følgende måte
√
−1
exp(−A) = [exp(log 2 + 5 )]
√
√
1
5 −2
5 −2
√
= √
=
5−4
5 +2 5 −2
Det er selvsagt fullt mulig å sette rett inn i de hyberbolske funksjonene, men
undertegnede er dessverre allergisk mot brøker.
15. Å regne ut I er ikke spesielt vanskelig, og kan gjøres via substitusjonen
x = sin u. Vi viser først at
Γ 21 Γ 12
π
π=
=
sin(π/2)
Γ 12 + 12
Dette kan vi sette inn i I, for å omforme integralet bruker vi u = 1 − x2 så
du = −2x dx som gir
Z
1
1
π
dx =
2
2
1−x
0
Z 0
1 Γ 12 Γ 21
1
=−
du =
√ √
2 Γ 12 + 12
1 2 u 1−u
Z 1
Γ 21 Γ 12
1−1/2
1−1/2
=
u
(1 − u)
du =
Γ 12 + 12
0
I=
√
på bakgrunn av dette så kan det være rimelig å anta at
Z
B(x, y) =
0
1
tx−1 (1 − t)y−1 dt =
Γ(x)Γ(y)
.
Γ(x + y)
Denne siden er med hensikt blank, for å gi leser en pustepause og for å la
forfatter slåss mot dinosaurer.
V
BIBLIOGRAFI
339
Bibliografi
[] Zafar Ahmed, Knut Dale, and George Lamb. Definitely an integral: 10884.
The American Mathematical Monthly, 109(7):670–671, 2002.
[] T. Ambderberhan, M. L. Glasser, V. H. Moll M. C. Jones, R. Posey, and
D. Varela. The cauchy-schlömilch transformation. http://129.81.170.
14/˜vhm/papers_html/schlomilch-sub.pdf, 1999.
[] James Bonnar. The Gamma Function. CreateSpace Independent Publishing
Platform, 2 edition, Nov 2013.
[] J. W. Brown. An extension of integration by parts. The American Mathematical Monthly, 67(4):327, 1960.
[] Philip J. Davis. Leonhard euler’s integral: A historical profile of the gamma
function. The American Mathematical Monthly, 66(10):849–869, 1959.
The development of the laplace transform,
[] Michael A. B. Deakin.
1737–1937 i. euler to spitzer, 1737-1880. Archive for History of Exact
Sciences, 25(4):343–390, jan 1981.
The development of the laplace transform,
[] Michael A. B. Deakin.
1737–1937 ii. poincar to doetsch, 1880–1937. Archive for History of
Exact Sciences, 26(4):351–381, 1982.
[] Richard P. Feynman.
Company, Inc, 1985.
Surely You’re Joking, Mr.Feynman! WW.Norton
[] I. S. Gradshteyn and I. M. Ryzhik. Table of Integrals, Series, and Products.
Academic Press, 7 edition, 2007.
[] Victor. H. Moll. The integrals in gradshteyn and ryzhik. part 2: elementary
logarithmic integrals. Scientia, (14):7–15, 2007.
[] Roger Nelsen. Symmetry and integration. The College Mathematics Journal,
26(1):39–41, jan 1995.
[] Erin Pearse. Math 209d - lecture notes. http://www.math.cornell.edu/
˜erin/analysis/lectures.pdf, 1999.
[] J.L. Raabe. Angenäherte bestimmung der factorenfolge 1.2.3.4.5....
n=...(1+n)=...xne-xdx, wenn n eine sehr grosse zahl ist. Journal für
die reine und angewandte Mathematik, 25:146–159, 1843. URL http:
//eudml.org/doc/147170.
340
BIBLIOGRAFI
V
[] Walter Rudin. Principles of Mathematical Analysis. International Series in
Pure and Applied Mathematics. McGraw-Hill Higher Education, 3 edition,
Sep 1976.
[] Walter Rudin. Real and Complex Analysis. International Series in Pure and
Applied Mathematics. McGraw-Hill Science/Engineering/Math, 3 edition,
May 1986.
[] David Sirajuddin. Fresnel integrals. http://www.itcanbeshown.com/
integrals/Fresnel%20Integrals/fresnel_integrals.pdf, 2008.
[] Steve Smith.
Integration by parts, the tabular method, ii.
http:
//chelseas-roost.co.uk/resources/maths/DIS_II.pdf, 1999.
[] Daniel Zwillinger. The Handbook of Integration. A K Peters/CRC Pres, 1
edition, Nov 1992.