Partiel integration

Partiel integration, på latin per partes, bruges i tilfælde, hvor vi vil finde en stamfunktion til en funktion, som er på produktform.

Udledning af formlen

Udledningen bygger vi på den klassiske formel for differentiation.

$$(u\cdot v{)}^{\prime }=u^{\prime }\cdot v+u\cdot v^{\prime }$$

Lad os altså antage, at vi har funktionerne u og v, og at de er differentiable på et eller andet interval J, dvs. der findes u′ og v′. Nu integrerer vi begge sider. Vi får:

$$\int (u\cdot v{)}^{\prime }=\int u^{\prime }\cdot v+\int u\cdot v^{\prime }$$

Fra venstresiden kan vi fjerne integralet og differentialkvotienten, for hvis vi differentierer en funktion og derefter integrerer den igen, får vi den oprindelige funktion (på nær konstanten k).

$$u\cdot v=\int u^{\prime }\cdot v+\int u\cdot v^{\prime }$$

Vi isolerer det integral, hvor vi differentierer funktionen v:

$$\int u\cdot v^{\prime }=u\cdot v-\int u^{\prime }\cdot v$$

Altså er funktionen $u\cdot v-\int u^{\prime }\cdot v$ en stamfunktion til funktionen u · v′. Det kommer vi til at bruge i det følgende.

Første eksempel

På et eksempel viser vi, hvordan vi skal bruge metoden partiel integration. Vi beregner integralet

$$\int x\cdot \cos x\text{ d}x$$

Denne type opgave kan ikke løses med de almindelige midler, som vi har set i den grundlæggende artikel om integraler. Fordi den givne funktion er på produktform, bruger vi metoden partiel integration.

I formlen

$$\int u\cdot v^{\prime }=u\cdot v-\int u^{\prime }\cdot v$$

har vi funktionerne u og v, dem må vi vælge på en passende måde. Hvad der altså nu forlanges af os — ifølge den foregående formel kan vi beregne integralet $\int u\cdot v^{\prime }$. Men i opgaven har vi ikke noget sådant, dér har vi x · cos x, ingen steder nogen differentialkvotient af v, som formlen forlanger. Vi må derfor opdele funktionen x · cos x i et produkt af to funktioner. Om den ene funktion erklærer vi, at det bliver u, og om den anden v′.

Et passende valg er meget vigtigt, for ved et dårligt valg gør vi snarere fremgangsmåden mere kompliceret. Se på, hvad vi får på højresiden, hvis vi bruger den foregående formel. Med udtrykket u · v bliver der ikke noget problem, men vi skal beregne integralet $\int u^{\prime }\cdot v$. Funktionen u bør vi altså kunne differentiere, og funktionen v′ bør vi kunne integrere.

Funktionerne vælger vi sådan:

$$u=x,v^{\prime }=\cos x$$

Dermed har vi fået ligningens venstreside, for den indeholder i integralet netop produktet u · v′. På højresiden har vi videre produktet u · v og endnu et integral. Vi må altså beregne u′ og v. Differentialkvotienten af u er enkel:

$$u^{\prime }=x^{\prime }=1$$

Nu må vi ud fra v′ beregne v, vi integrerer altså v′. Endnu en gang — vi har valgt, at v′ = cos x. Men på ligningens højreside arbejder vi med værdien v, uden differentialkvotient. Eller sagt på en anden måde, hvis vi differentierer det v, som står i integranden på ligningens højreside, må vi få netop det valgte v′ fra ligningens venstreside. Så vi leder efter en funktion, som efter differentiation bliver lig med cos x. Med andre ord — vi integrerer v′.

$$v=\int v^{\prime }=\int \cos x=\sin x$$

Vi skriver i en tabel op, hvad vi allerede kender:

$$\left[\begin{array}{cc}u=x,& v^{\prime }=\cos x\\ u^{\prime }=1,& v=\sin x\end{array}\right]$$

Fra denne tabel indsætter vi i formlen

$$\int u\cdot v^{\prime }=u\cdot v-\int u^{\prime }\cdot v,$$

og dermed får vi dette:

$$\int x\cdot \cos x\text{ d}x=x\cdot \sin x-\int 1\cdot \sin x\text{ d}x$$

Vi ser, at vi har kunnet omforme integralet til en anden form, som vi allerede kan løse lettere. Udtrykket x · sin x omformer vi ikke videre, vi beregner bare integralet til højre. Det er allerede et simpelt standardintegral:

$$\int \sin x\text{ d}x=-\cos x+k$$

Så vi kan skrive, at

$$\begin{array}{rcl}\int x\cdot \cos x\text{ d}x& =& x\cdot \sin x-\int 1\cdot \sin x\text{ d}x\\ & =& x\cdot \sin x-(-\cos x)\\ & =& x\cdot \sin x+\cos x+k\end{array}$$

Det er allerede resultatet.

Et dårligt valg af funktioner

På dette eksempel prøver vi også at vise, hvad der ville ske, hvis vi valgte funktionerne u og v′ anderledes. Tidligere valgte vi

$$u=x,v^{\prime }=\cos x,$$

så nu prøver vi det omvendt:

$$u=\cos x,v^{\prime }=x$$

Vi beregner værdierne af u′ og v. Vi får:

$$u^{\prime }=(\cos x{)}^{\prime }=-\sin x$$

Nu integrerer vi v′:

$$\int x\text{ d}x=\frac{x^2}{2}+k$$

Vi skriver det op i tabellen:

$$\left[\begin{array}{cc}u=\cos x,& v^{\prime }=x\\ u^{\prime }=-\sin x,& v=\frac{x^2}{2}\end{array}\right]$$

Vi indsætter i formlen:

$$\int x\cos x=\cos x\cdot \frac{x^2}{2}-\int -\sin x\cdot \frac{x^2}{2}$$

Vi ser, at vi ikke har hjulpet os selv meget. I opgaven har vi integralet af x · cos x, og nu er vi ved hjælp af partiel integration nået frem til integralet $-\sin x\cdot \frac{x^2}{2}$. Den vej går det ikke.

Sådan vælger du funktionerne u og v'

Desværre findes der ingen universel regel, du må have en smule fornemmelse for det. Det hjælper også, hvis du ser på, hvad du kommer til at gøre med funktionerne bagefter. Den grundlæggende formel, vi går ud fra, ser sådan ud:

$$\int u\cdot v^{\prime }=u\cdot v-\int u^{\prime }\cdot v$$

Hvis vi integrerer en funktion f, som er på produktform, prøver vi at opdele den i funktionerne u og v′, så der gælder f = u · v′. Målet med partiel integration er, at integralet på højresiden $\int u^{\prime }\cdot v$ er enklere end integralet på venstresiden. Udtrykket u · v interesserer os ikke så meget, det må gerne være vilkårligt kompliceret.

For at opnå, at integralet til højre bliver enklere, er det hensigtsmæssigt for u at vælge en funktion, som bliver enklere efter differentiation. Typisk er det altså funktioner af typen xⁿ, dér bliver funktionen en grad enklere efter differentiation. For eksempel får vi af x² funktionen 2x, og af x får vi 1 — det er helt ideelt.

Omvendt prøver vi for v′ at tage noget, der ikke bliver mere kompliceret efter integration. Vi kan normalt ikke forvente, at vi efter integration af v′ får en enklere funktion, men vi kan håbe på en funktion, der er cirka lige så kompliceret. Typisk er det sinus og cosinus, for den ene integreres til den anden, og det gør os ikke noget.

Andet eksempel

Vi prøver et mere kompliceret eksempel:

$$\int x^2\cdot e^x\text{ d}x$$

Integralet af funktionen e^x er igen e^x, så det bliver en ideel kandidat til integration. Omvendt får vi ved differentiation af x² funktionen 2x, som er et enklere udtryk. Så vi vælger funktionerne sådan:

$$u=x^2,v^{\prime }=e^x$$

Hele tabellen kommer til at se sådan ud:

$$\left[\begin{array}{cc}u=x^2,& v^{\prime }=e^x\\ u^{\prime }=2x,& v=e^x\end{array}\right]$$

Vi indsætter i formlen:

$$\int x^2\cdot e^x\text{ d}x=x^2\cdot e^x-\int 2x\cdot e^x\text{ d}x$$

Vi har fået et enklere integral, men vi kan stadig ikke beregne det helt. Vi laver endnu en runde med partiel integration. Nu skal vi altså beregne dette integral:

$$\int 2x\cdot e^x\text{ d}x$$

Fremgangsmåden bliver den samme som i det foregående trin. Vi vælger funktionerne sådan:

$$\left[\begin{array}{cc}u=2x,& v^{\prime }=e^x\\ u^{\prime }=2,& v=e^x\end{array}\right]$$

Og vi får:

$$\int 2x\cdot e^x\text{ d}x=2x\cdot e^x-\int 2e^x\text{ d}x$$

Tallet 2 sætter vi uden for integralet, og vi får:

$$\int 2x\cdot e^x\text{ d}x=2x\cdot e^x-2\cdot \int e^x\text{ d}x$$

Og integralet af e^x er igen e^x:

$$\int 2x\cdot e^x\text{ d}x=2x\cdot e^x-2\cdot e^x$$

Dette resultat indsætter vi tilbage i den foregående ligning:

$$\int x^2\cdot e^x\text{ d}x=x^2\cdot e^x-\int 2x\cdot e^x\text{ d}x$$

Efter indsættelsen får vi:

$$\int x^2\cdot e^x\text{ d}x=x^2\cdot e^x-(2x\cdot e^x-2\cdot e^x)$$

Og nu omformer vi bare resultatet en smule til en mere menneskelig form. Først fjerner vi parentesen ved at gange dens indhold med −1, og derefter sætter vi e^x uden for parentes:

$$\begin{array}{rcl}\int x^2\cdot e^x\text{ d}x& =& x^2\cdot e^x-(2x\cdot e^x-2\cdot e^x)\\ & =& x^2\cdot e^x-2x\cdot e^x+2\cdot e^x\\ & =& e^x(x^2-2x+2)\end{array}$$

Og vi har resultatet.

Integralet af logaritmen

Det her er sådan en integral-evergreen for partiel integration. Se på opgaven fra integralernes legende:

$$\int \ln x\text{ d}x$$

Det interessante ved dette integral er, at selv om der ikke er noget produkt, løser vi det ved hjælp af partiel integration. Ganske enkelt ved at gange logaritmen med én. Dermed ændrer vi ikke den funktion, vi integrerer, men vi får en multiplikation ind.

$$\int 1\cdot \ln x\text{ d}x$$

Hvordan vælger vi funktionerne u og v′? Funktionen ln x kan vi endnu ikke integrere (vi leder jo netop efter dens integral), så logaritmen vil vi differentiere. Tallet én vil vi integrere. Heraf får vi:

$$u=\ln x,v^{\prime }=1$$

Differentialkvotienten af logaritmen er 1/x:

$$(\ln x{)}^{\prime }=\frac{1}{x}$$

og integralet af én er x:

$$\int 1\text{ d}x=x$$

Vi udfylder tabellen:

$$\left[\begin{array}{cc}u=\ln x,& v^{\prime }=1\\ u^{\prime }=\frac{1}{x},& v=x\end{array}\right]$$

Og vi indsætter i formlen:

$$\int \ln x\text{ d}x=x\cdot \ln x-\int \frac{1}{x}\cdot x\text{ d}x$$

Vi beregner integralet på højresiden:

$$\int \frac{1}{x}\cdot x\text{ d}x=\int 1\text{ d}x=x$$

Vi får således resultatet:

$$\int \ln x\text{ d}x=x\cdot \ln x-x+k$$