college 2: parti¨ele integratie
Zoals de substitutieregel voor integratie de inverse van de kettingregel voor differentiatie genoemd zou kunnen worden, zo is parti¨ele integratie de inverse van de productregel: 0
(f (x) · g(x)) = f 0 (x) · g(x) + f (x) · g 0 (x). Uit de productregel volgt namelijk direct 0
f (x) · g 0 (x) = (f (x) · g(x)) − f 0 (x) · g(x), en door links en rechts te integreren de regel voor parti¨ele integratie: Z Z f (x) · g 0 (x) dx = f (x) · g(x) − f 0 (x) · g(x) dx.
39
parti¨ele integratie
college 2
De regel Z
f (x) · g 0 (x) dx = f (x) · g(x) −
Z
f 0 (x) · g(x) dx
kunnen we ook zo formuleren: Z Z f (x) dg(x) = f (x) · g(x) − g(x) df (x), of Z
Z F (x) · g(x) dx = F (x) · G(x) −
G(x) · f (x) dx,
of zo: Z
Z F (x) dG(x) = F (x) · G(x) −
G(x) dF (x).
40
parti¨ele integratie
Z
f (x) · g 0 (x) dx = f (x) · g(x) −
college 2
Z
f 0 (x) · g(x) dx
Het toepassen van deze regel komt meestal neer op het herkennen van een integrand als het product van een functie f (met een eenvoudige afgeleide f 0 ) en de afgeleide g 0 (van een functie g).
41
parti¨ele integratie
Z
f (x) · g 0 (x) dx = f (x) · g(x) −
college 2
Z
f 0 (x) · g(x) dx
Opgave Z Bereken xn · ex dx, voor een natuurlijk getal n.
42
parti¨ele integratie
Z
college 2
f (x) · g 0 (x) dx = f (x) · g(x) −
Z
f 0 (x) · g(x) dx
Oplossing
Z
xn · ex dx
Z
xn · (ex )0 dx Z = xn · ex − ex · (xn )0 dx Z = xn · ex − n xn−1 · ex dx. =
Dit heeft het probleem teruggebracht tot een eenvoudiger geval.
43
wanneer parti¨ele integratie?
Wanneer helpt parti¨ele integratie voor het berekenen van
college 2
R
h(x) dx?
Probeer h(x) te herkennen als product h(x) = F (x) · g(x) van functies met F 0 (x) = f (x) en g(x) = G0 (x) zodanig dat: • f (x) eenvoudiger is dan F (x), en • G(x) van hetzelfde ‘type’ is als g(x); want dan is Z Z Z h(x) = F (x) · g(x) dx = F (x) · G(x) − G(x) · f (x) dx met rechts een eenvoudiger integraal dan links.
44
parti¨ele integratie (voorbeeld)
college 2
Opgave Z Bereken x2 · e3x dx. Oplossing Z
x2 · e3x dx
Z
= = =
1 x2 de3x 3 Z 1 2 3x 1 x ·e − e3x dx2 3 3 Z 1 2 3x 2 x ·e − x · e3x dx 3 3
Dit heeft het probleem teruggebracht tot een eenvoudiger geval.
45
parti¨ele integratie (voorbeeld vervolg)
college 2
Het eenvoudigere geval gaat net zo: Z Z 1 x de3x x · e3x dx = 3 Z 1 1 = x · e3x − e3x dx 3 3 1 1 x · e3x − e3x . = 3 9
46
parti¨ele integratie (voorbeeld slot)
college 2
Al met al: Z
x2 · e3x dx =
1 2 3x 2 x ·e − 3 3
Z
x · e3x dx
en Z
x · e3x dx =
1 1 x · e3x − e3x , 3 9
zodat Z
2
x ·e
3x
1 2 3x 2 2 3x 3x dx = x · e − x · e + e . 3 9 27
47
parti¨ele integratie (nog een voorbeeld)
college 2
Opgave Z Bereken x · sin x dx. Oplossing
Z
Z x · sin x dx
=
−
=
x d cos x Z −x · cos x + 1 · cos x dx
=
−x · cos x + sin x.
48
parti¨ele integratie (typisch voorbeeld)
college 2
Opgave Z Bereken ex · sin x dx. Oplossing
Z
ex · sin x dx
Z
= = =
sin x dex Z ex · sin x − ex d sin x Z ex · sin x − ex · cos x dx
49
parti¨ele integratie (typisch voorbeeld)
college 2
Dit heeft het probleem ex · sin x dx teruggebracht tot een R x vergelijkbaar geval: e · cos x dx en Z Z Z ex · cos x dx = cos x dex = ex · cos x + ex · sin x dx, R
maar met de rechtse integraal begonnen we! We krijgen Z Z ex · sin x dx = ex · sin x − (ex · cos x + ex · sin x dx), oftewel Z 2
ex · sin x dx = ex · sin x − ex · cos x.
50
een nuttige toepassing
Als f (x) = y een inverse g(y) = x heeft, dan kun je R g kunt bepalen, want Z f (x) dx = x · f (x) − G(f (x)),
college 2
R
f bepalen als je
waar G de primitieve van g is en g de inverse van f .
51
een nuttige toepassing (vervolg)
college 2
Z f (x) dx = x · f (x) − G(f (x))
Immers:
Z
Z f (x) dx
=
f (g(y)) dg(y) Z
=
y dg(y) Z = y · g(y) − g(y) dy = f (x) · x − G(f (x)).
52
een nuttige toepassing (voorbeeld)
college 2
Z f (x) dx = x · f (x) − G(f (x)) Opgave Z Bereken cos−1 x dx Oplossing Neem f (x) = cos−1 x, dan is g(y) = f −1 (y) = cos y, en dus G(y) = sin y.
53
een nuttige toepassing (voorbeeld vervolg)
college 2
Z f (x) dx = x · f (x) − G(f (x)) Z Bereken
cos−1 x dx
Met f = cos−1 x, en g = cos y, dus G = sin y: Z cos−1 x dx = x · cos−1 x − G(cos−1 (x)) = x · cos−1 x − sin(cos−1 (x)) p −1 = x · cos x − 1 − x2 , omdat sin =
√
1 − cos2 .
54
een nuttige toepassing (voorbeeld 2)
college 2
Z f (x) dx = x · f (x) − G(f (x)) Opgave Z q 3 √ Bereken x + 2 dx Oplossing p √ 3
3
√
x + 2, dan is y = x + 2, en dus Neem f (x) = y = x = (y 3 − 2)2 = g(y), oftewel g(y) = y 6 − 4y 3 + 4. Dan is Z q 3 √
1 x + 2 dx = x · y − ( y 7 − y 4 + 4y), 7
met
y=
q 3
√
x + 2.
55
parti¨ele integratie (moeilijker voorbeeld)
college 2
Terug naar algemene voorbeelden van parti¨ele integratie. Z Opgave Bereken x · sin−1 x dx. Oplossing Probeer hier te gebruiken dat −1
(sin
1 , x) = √ 2 1−x 0
en dat de functie rechts eenvoudiger is dan sin−1 ; terwijl de functies in x = ( 12 x2 )0 , links en rechts van hetzelfde type zijn.
56
parti¨ele integratie (moeilijker voorbeeld vervolg)
college 2
Dus Z Z Z 1 1 2 −1 1 x2 −1 −1 2 √ x·sin x dx = sin x dx = x sin x− dx. 2 2 2 2 1−x In de integraal rechts proberen we de substitutie x = sin t. Dan is √ 1 − x2 = cos t en dx = d sin t = cos t dt: Z Z Z x2 sin2 t · cos t √ dx = dt = sin2 t dt. cos t 1 − x2 Maar Z
2
sin t dt = zodat Z
Z
1 2
−
1 2
cos(2t) dt =
1 1 t − sin(2t), 2 4
x2 1 1 √ dx = sin−1 x − sin(2 sin−1 x). 2 4 1 − x2
57
parti¨ele integratie (moeilijker voorbeeld vervolg)
college 2
Tenslotte is • sin(2u) = 2 sin u · cos u, en p • cos v = 1 − sin2 v, dus −1
sin(2 sin
x) = 2 sin(sin
−1
x) · cos(sin
−1
x) = 2x
p
1 − x2 .
De gevraagde integraal is Z 1 2 −1 1 1 p −1 −1 x · sin x dx = x sin x − sin x + x 1 − x2 . 2 4 4
58
hyperbolische functies
college 2
Definitie hyperbolische functies cosh t
=
sinh t
=
et + e−t 2 et − e−t . 2
Deze lijken in eigenschappen sterk op de goniometrische functies cos t = sin t =
eit + e−it 2 eit − e−it . 2
(omdat eit = cos t + i sin t en e−it = cos t − i sin t).
59
eigenschap hyperbolische functies
college 2
Zoals cos2 t + sin2 t = 1 hebben we cosh2 t − sinh2 t = 1, omdat (et + e−t )2 − (et − e−t )2 = 4et · e−t = 4. Meetkundig: de paren (cos t, sin t) liggen op de cirkel x2 + y 2 = 1 in het x, y-vlak, terwijl de paren (cosh t, sinh t) op de hyperbool x2 − y 2 = 1 liggen.
60
verdere eigenschappen hyperbolische functies
college 2
Zoals (sin t)0
=
(cos t)0
= − sin t
(sinh t)0
= cosh t
(cosh t)0
= sinh t.
cos t
geldt
En met tanh t =
sinh t krijgen we cosh t 1 (tanh t) = 2 . cosh t 0
61
nog meer eigenschappen hyperbolische functies
college 2
Ook volgen direct uit de eigenschappen van de exponenti¨ele functie dat sinh(u + v)
=
sinh u · cosh v + sinh v · cosh u,
cosh(u + v)
=
cosh u · cosh v + sinh u · sinh v.
Daaruit volgt weer sinh(2t)
=
2 sinh t · cosh t
cosh(2t)
=
cosh2 t + sinh2 t,
en dan 2
cosh t = sinh2 t =
1 (cosh(2t) + 1) 2 1 (cosh(2t) − 1). 2
62
toepassing hyperbolische functies
college 2
√
Bij integralen waarin 1 + x2 voorkomt kunnen we nu nuttig gebruik √ maken van de substitutie x = sinh t; dan wordt 1 + x2 = cosh t en dx = d sinh t = cosh t. Opgave Bereken
R
√
1 dx. 2 1+x
63
toepassing hyperbolische functies
college 2
1 Bereken dx. 2 1+x Met x = sinh t: Z Z 1 1 √ dx = cosh t dt = t = sinh−1 (x). cosh t 1 + x2 R
√
Noem sinh−1 (x) = y, dan x = sinh y, en uit ey − e−y x= 2 volgt dat −2ey x + (ey )2 − 1 = 0, dus √ p 2x ± 4x2 + 4 y e = = x ± x2 + 1. 2 64
We moeten hier het + teken hebben omdat ey > 0. Dus p −1 y = sinh x = log(x + x2 + 1), en we vinden Z p 1 −1 √ dx = sinh x = log(x + x2 + 1) + C. 1 + x2
65
