4.3 Substitusjon og delvis integrasjon

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

Du bytter altså hele integralet fra $x$-verden til $u$-verden. Er den nye integranden $\int f(u)\,du$ noe du kjenner fra tabellen, er du nesten ferdig — det gjenstår bare å sette $u=g(x)$ tilbake (ubestemt) eller skifte grensene (bestemt).

Signalet på at substitusjon vil virke: integranden inneholder en indre funksjon og (opp til en konstant) dens deriverte som faktor. For eksempel i $\int 2x\cos(x^2)\,dx$ er den indre funksjonen $x^2$ og dens deriverte $2x$ — som står der som faktor. Sett $u=$ (den indre funksjonen). Mangler du bare en konstant faktor, kan du justere den; mangler du en hel $x$-potens, er substitusjonen som regel feil valg.

$$u=g(x),\qquad \frac{du}{dx}=g'(x),\qquad du=g'(x)\,dx,$$

og — for et bestemt integral — de nye grensene ($x=a\Rightarrow u=g(a)$, $x=b\Rightarrow u=g(b)$). Sensor leter etter denne boksen. Uten den kan et riktig svar likevel trekkes for manglende føring, og et grenseskifte som ikke er dokumentert er den vanligste feilen i sjangeren. Vis boksen i hvert eneste substitusjonsløsningsforslag.

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

Da slipper du å substituere tilbake — du setter bare inn de nye grensene i $u$. Glemt grenseskifte (regne videre med de gamle $x$-grensene i $u$-verden) er den dokumenterte gjengangerfeilen. Alternativt kan du beholde $x$-grensene hvis du substituerer tilbake til $x$ først — men da må boksen si det.

I et ubestemt integral finnes ingen grenser å bytte, så du må til slutt uttrykke svaret i den opprinnelige variabelen: regn ferdig i $u$, og sett så $u=g(x)$ tilbake. Et svar som blir stående i $u$ er ufullstendig. (I bestemte integraler slipper du dette hvis du har skiftet grensene — velg den ene eller den andre veien, ikke bland.)

$$\int\frac{du}{\sqrt{1-u^2}}=\arcsin u+C.$$

Signalet: en nevner $\sqrt{1-(\text{noe})^2}$. Sett $u=(\text{det noe})$, og hvis dens deriverte står i telleren, lander du på arcsin. Klassikeren fra arkivet er $\sqrt{1-x^4}=\sqrt{1-(x^2)^2}$ med $u=x^2$.

$$\int\frac{du}{1+u^2}=\arctan u+C.$$

Signalet: en nevner $1+(\text{noe})^2$ uten reelle røtter. Sett $u=(\text{det noe})$. For eksempel gir $\displaystyle \int\frac{x^2}{1+x^6}\,dx$ med $u=x^3$ resultatet $\tfrac13\arctan(x^3)+C$. Denne formen dukker også opp fra fullført kvadrat i kap. 4.4.

Brukes når integranden inneholder $x^2$ inni og en enslig $x$ som faktor (den halve deriverte). Da gjør $u=x^2$, $du=2x\,dx$ integralet enkelt. Typiske mål: $\int x\,e^{x^2}\,dx=\tfrac12 e^{x^2}+C$, og arcsin-klassikeren $\displaystyle \int\frac{x}{\sqrt{1-x^4}}\,dx$.

Brukes når integranden er en potens av $\sin x$ ganger $\cos x$ (eller omvendt med $u=\cos x$). Da er $du=\cos x\,dx$. Eksempel: $\int\sin^3 x\cos x\,dx=\tfrac{\sin^4 x}{4}+C$. Tommelregel: er det et oddetalls antall av den ene trig-funksjonen, spar én til $du$ og substituer.

Brukes når $\sqrt{x}$ opptrer inni en funksjon. Da er $u=\sqrt{x}$, $du=\tfrac{1}{2\sqrt x}\,dx$, altså $\tfrac{dx}{\sqrt x}=2\,du$. Eksempel: $\displaystyle \int\frac{e^{\sqrt x}}{\sqrt x}\,dx=2e^{\sqrt x}+C$. Denne er også startsteget i kjeden $\int e^{\sqrt x}\,dx$ (substituer, så delvis) i kap. 4.5.

Brukes når $\ln x$ opptrer sammen med sin egen deriverte $\tfrac1x$. Da er $u=\ln x$, $du=\tfrac{dx}{x}$. Eksempel: $\displaystyle \int\frac{(\ln x)^2}{x}\,dx=\tfrac{(\ln x)^3}{3}+C$, og $\displaystyle \int\frac{dx}{x\ln x}=\ln|\ln x|+C$. Signalet er en faktor $\tfrac1x$ ved siden av et $\ln x$-uttrykk.

$$\int u\,v'\,dx=uv-\int u'\,v\,dx.$$

Du velger én faktor som $u$ (den du vil derivere) og den andre som $v'$ (den du vil integrere). Målet er at det nye integralet $\int u'v\,dx$ blir enklere enn det du startet med. Brukes på produkter der substitusjon ikke biter — typisk polynom ganger $e^x$, $\sin x$, $\ln x$ eller $\arctan x$.

Tommelregelen for hvilken faktor som skal være $u$ (deriveres). Velg $u$ som den funksjonstypen som kommer først i lista L-I-A-T-E:

- L — Logaritmer ($\ln x$)
- I — Inverse trig ($\arctan x$, $\arcsin x$)
- A — Algebraiske (polynomer, $x^n$)
- T — Trigonometriske ($\sin x$, $\cos x$)
- E — Eksponentielle ($e^x$)

Den andre faktoren blir $v'$. Idéen: $u$ bør bli enklere når den deriveres (et polynom faller i grad; $\ln x$ blir $\tfrac1x$), og $v'$ bør være lett å integrere. Dokumenter valget i løsningen — sensor vil se hvorfor du valgte som du gjorde.

Brukes på funksjoner du ikke har en direkte antiderivert til, men som blir enkle å derivere: $\ln x$, $\arctan x$, $\arcsin x$. Trikset: skriv funksjonen som et produkt med $1$, og velg $v'=1$ (så $v=x$) og $u=$ funksjonen. Da er $\int f(x)\,dx=\int f(x)\cdot 1\,dx=x f(x)-\int x f'(x)\,dx$, og det nye integralet er ofte rett fram. Standardeksemplet er $\int\ln x\,dx$.

Når én runde ikke er nok. For $\int x^2 e^x\,dx$ senker første runde graden fra $x^2$ til $x$; en runde til senker til en konstant, og da er du ferdig. Regelen: hver runde med $u=$ polynom faller polynomet ett hakk i grad — gjenta til det forsvinner. Hold styr på fortegnene; en tabelloppstilling («tabular integration») kan hjelpe, men to ryddige runder holder på eksamen.

Når to runder bringer deg tilbake til det opprinnelige integralet. For $\int e^x\sin x\,dx$ gir to delvis-runder en ligning $I=(\text{ledd})-I$, som du løser algebraisk for $I$. Nøkkelen: velg samme type faktor ($u$) begge runder (ikke bytt rolle midtveis), så integralet kommer tilbake med et fortegn du kan flytte over. Resultatet er $\int e^x\sin x\,dx=\tfrac{e^x(\sin x-\cos x)}{2}+C$.

Hjemmeeksamensvarianten: «konstruer et integral som løses naturlig med substitusjonen $u=\dots$, og løs det.» Du bygger integralet baklengs: velg en $u$, regn $du=u'(x)\,dx$, og sett sammen en integrand på formen $f(u)\cdot u'(x)$ som er interessant men løsbar. Deretter løser du det du selv laget — og verifiserer ved å derivere (i åpne oppgaver er verifikasjon av at kravet er oppfylt et fasitkrav).

Brukes når $1/x$ (eller $1/x^2$) opptrer sammen med en funksjon av $1/x$. Da er $u=\tfrac1x$, $du=-\tfrac{1}{x^2}\,dx$ — merk minustegnet. Eksempel: $\displaystyle \int\frac{e^{1/x}}{x^2}\,dx=-e^{1/x}+C$. Fellen er å glemme minustegnet i $du$.

Brukes når $\arctan x$ opptrer sammen med sin egen deriverte $\tfrac{1}{1+x^2}$. Da er $u=\arctan x$, $du=\tfrac{dx}{1+x^2}$. Eksempel: $\displaystyle \int\frac{\arctan x}{1+x^2}\,dx=\tfrac{(\arctan x)^2}{2}+C$. Signalet er en nevner $1+x^2$ ved siden av et $\arctan x$-uttrykk.

Den vilkårlige konstanten som må stå på et ubestemt integral, fordi alle antideriverte skiller seg med en konstant ($\tfrac{d}{dx}C=0$). Å glemme $+C$ er et fast føringstrekk. I bestemte integraler skrives ikke $+C$ — der kanselleres den i differansen $F(b)-F(a)$.