Tilbake
5.2
Alle fag for Høyskole

5.2 Integrasjonsteknikk I: substitusjon og delvis integrasjon

De to grunnteknikkene med UiBs føringsstandard: substitusjonsboks med nye grenser, og dokumentert u/v'-valg — inkludert de «ensomme» funksjonene arctan og ln.

60 min
18 oppgaver
Integrasjonsteknikk Isubstitusjondelvis integrasjon
Din fremgang i kapitlet
0 / 18 oppgaver
Kapitlets plass i kurset
Forkunnskaper. Fundamentet er kap. 5.1 (fundamentalteoremet — all integralberegning hviler på det). Selve teknikkene har du møtt i R2: Variabelskifte (substitusjon) og Delvis integrasjon; grunnintegralene fra Integrasjon av 1/x og eksponentialfunksjoner må sitte i fingrene.

Sist du var her — de to teknikkformlene fra R2 som dette kapitlet strammer opp til MAT111-standard:

∫f(g(x)) g′(x) dx=∫f(u) du(u=g(x))og∫u v′ dx=uv−∫u′ v dx.\int f(g(x))\,g'(x)\,dx = \int f(u)\,du \quad (u=g(x)) \qquad\text{og}\qquad \int u\,v'\,dx = uv - \int u'\,v\,dx.

Derivasjon er mekanisk: med kjerne-, produkt- og kvotientregelen kan du derivere alt. Integrasjon er motsatt — det finnes ingen algoritme, bare et verktøyskrin. De to grunnverktøyene er substitusjon (kjerneregelen baklengs) og delvis integrasjon (produktregelen baklengs). Nesten alle integralene i MAT111-arkivet faller for ett av dem, eller for en kort kjede av dem.

Det MAT111 tester, er ikke bare at du finner svaret, men at du fører teknikken slik løsningsforslagene gjør: boksen med uu, dudu og nye grenser; en linje som begrunner valget av uu og v′v'. I åpen bok-formatet er føringen selve prestasjonen.

Fire læringsløkker: (1) substitusjon med boks og nye grenser, (2) delvis integrasjon med dokumentert valg, (3) de «ensomme» funksjonene ln⁡x\ln x og arctan⁡x\arctan x, (4) sykliske integraler og teknikk-kjeding. Ta pauser mellom løkkene — kapitlet er langt.

Løkke 1 — Substitusjon med boks og nye grenser (~18 min)

Substitusjon (variabelskifte)
Substitusjon er kjerneregelen lest baklengs: gjenkjenn en kjerne g(x)g(x) hvis deriverte står som faktor, og bytt variabel:

∫f(g(x)) g′(x) dx=∫f(u) du,u=g(x).\int f(g(x))\,g'(x)\,dx = \int f(u)\,du, \qquad u = g(x).

Integralet i uu-verdenen skal være enklere — det er testen på at substitusjonen var riktig valgt.

Kjernen uu

Kjernen er det indre uttrykket du velger å døpe om til uu. Godt kjernevalg kjennetegnes av at u′u' (eller et konstant multiplum av den) står som faktor i integranden: i ∫x ex2 dx\int x\,e^{x^2}\,dx er kjernen u=x2u=x^2 fordi u′=2xu'=2x matcher faktoren xx så nær som en konstant.

Differensialet dudu
Differensialet oversetter dxdx til uu-verdenen: fra u=g(x)u=g(x) følger

du=g′(x) dx.du = g'(x)\,dx.

I praksis: deriver kjernen, og løs for dxdx om nødvendig. Skrivemåten er ikke pynt — det er dudu-linjen som viser sensor at variabelbyttet er gjort riktig.

Substitusjonsboksen (føringskravet)
MAT111-føringen samler variabelbyttet i en egen boks før regningen fortsetter:

 u=g(x),du=g′(x) dx,x=a⇒u=g(a),x=b⇒u=g(b) \boxed{\,u = g(x), \quad du = g'(x)\,dx, \quad x=a \Rightarrow u=g(a), \quad x=b \Rightarrow u=g(b)\,}

Alle tre ingrediensene skal med: kjernen, differensialet og de nye grensene. Løsningsforslagene fører boksen konsekvent, og et bestemt integral uten grenselinjene regnes som mangelfull føring.

Nye grenser
Ved substitusjon i et bestemt integral skal grensene følge med over i uu-verdenen: xx-grensene aa og bb blir uu-grensene g(a)g(a) og g(b)g(b):

∫abf(g(x)) g′(x) dx=∫g(a)g(b)f(u) du.\int_a^b f(g(x))\,g'(x)\,dx = \int_{g(a)}^{g(b)} f(u)\,du.

Da slipper du å bytte tilbake til xx til slutt — du setter inn uu-grensene direkte. (Ikke bli overrasket om den nye nedre grensen er størst; da kan du snu integralet med fortegnsbytte.)

Tilbakebytting

I et ubestemt integral finnes ingen grenser å oversette — da må svaret tilbake til xx: sett u=g(x)u=g(x) inn i antideriverten til slutt. Et svar som står igjen i uu, er ikke ferdig. Huskeregel: bestemt integral → nye grenser, ubestemt integral → tilbakebytting.

✏️Eksempel 1: bestemt integral med substitusjonsboks

Beregn ∫1e(ln⁡x)2x dx\displaystyle \displaystyle\int_1^e \frac{(\ln x)^2}{x}\,dx med grunnleggende teknikker (vis utregningen).

Faktoren 1x\displaystyle \frac1x er den deriverte av ln⁡x\ln x — det peker på kjernen.

 u=ln⁡x,du=1x dx,x=1⇒u=0,x=e⇒u=1 \boxed{\,u=\ln x,\quad du=\frac{1}{x}\,dx,\quad x=1\Rightarrow u=0,\quad x=e\Rightarrow u=1\,}

∫1e(ln⁡x)2x dx=∫01u2 du=[u33]01=13.\int_1^e \frac{(\ln x)^2}{x}\,dx = \int_0^1 u^2\,du = \Big[\frac{u^3}{3}\Big]_0^1 = \frac13.

Sluttsvar: 13\dfrac13. ■\blacksquare

ln⁡\ln-mønsteret ∫f′(x)f(x) dx\displaystyle \int \frac{f'(x)}{f(x)}\,dx
Står den deriverte av nevneren i telleren, er svaret en logaritme:

∫f′(x)f(x) dx=ln⁡∣f(x)∣+C.\int \frac{f'(x)}{f(x)}\,dx = \ln|f(x)| + C.

Dette er substitusjonen u=f(x)u=f(x) i ferdigtygd form, og det raskeste mønsteret å sjekke først i enhver brøk. Eksempel: ∫2x1+x2 dx=ln⁡(1+x2)+C\displaystyle \int\frac{2x}{1+x^2}\,dx = \ln(1+x^2)+C.

✏️Eksempel 2: $\ln$-mønsteret med grenser

Beregn ∫02x1+x2 dx\displaystyle \displaystyle\int_0^2 \frac{x}{1+x^2}\,dx.

Telleren er (så nær som faktoren 2) den deriverte av nevneren.

 u=1+x2,du=2x dx  ⇒  x dx=12 du,x=0⇒u=1,x=2⇒u=5 \boxed{\,u=1+x^2,\quad du=2x\,dx \;\Rightarrow\; x\,dx=\tfrac12\,du,\quad x=0\Rightarrow u=1,\quad x=2\Rightarrow u=5\,}

∫02x1+x2 dx=12∫15duu=12[ln⁡u]15=ln⁡52.\int_0^2\frac{x}{1+x^2}\,dx = \frac12\int_1^5\frac{du}{u} = \frac12\Big[\ln u\Big]_1^5 = \frac{\ln 5}{2}.

Sluttsvar: ln⁡52\dfrac{\ln 5}{2}. ■\blacksquare (Merk: u=1+x2≥1>0u=1+x^2\ge1>0, så absoluttverdien i ln⁡∣u∣\ln|u| kan sløyfes.)

Klassiske kjerner (sjekkliste)

De kjernene arkivet bruker igjen og igjen: eksponenten i eg(x)e^{g(x)}; radikanden under et rottegn; nevneren i en brøk; ln⁡x\ln x når 1x\displaystyle \frac1x står som faktor; det indre i sin⁡(… )\sin(\dots)/cos⁡(… )\cos(\dots); og u=cos⁡xu=\cos x i ∫tan⁡x dx=∫sin⁡xcos⁡x dx=−ln⁡∣cos⁡x∣+C\displaystyle \int\tan x\,dx = \int\frac{\sin x}{\cos x}\,dx = -\ln|\cos x|+C. Sjekk alltid: står u′u' som faktor?

📝Oppgave 1

Beregn ∫01x e−x2/2 dx\displaystyle\int_0^1 x\,e^{-x^2/2}\,dx med substitusjonsboks.

📝Oppgave 2

Beregn ∫0πxsin⁡(x2) dx\displaystyle\int_0^{\sqrt{\pi}} x\sin(x^2)\,dx.

📝Oppgave 3

Beregn ∫ee2dxxln⁡x\displaystyle \displaystyle\int_e^{e^2}\frac{dx}{x\ln x}.

Løkke 2 — Delvis integrasjon med dokumentert valg (~17 min)

Delvis integrasjon
Delvis integrasjon er produktregelen baklengs: den flytter derivasjonsarbeidet fra én faktor til den andre.

∫u(x) v′(x) dx=u(x) v(x)−∫u′(x) v(x) dx.\int u(x)\,v'(x)\,dx = u(x)\,v(x) - \int u'(x)\,v(x)\,dx.

Du velger hvilken faktor som er uu (skal deriveres) og hvilken som er v′v' (skal antideriveres). Målet: restintegralet ∫u′v dx\int u'v\,dx skal være enklere enn det du startet med.

u/v′u/v'-valget

Valget avgjør alt: deriveres feil faktor, blir restintegralet verre. Tommelfingertest før du regner: hva skjer med hver faktor ved derivasjon? Polynomer blir enklere (graden synker), ln⁡x\ln x og arctan⁡x\arctan x blir mye enklere (algebraiske), mens exe^x, sin⁡x\sin x, cos⁡x\cos x bare bytter kostyme. Deriver den som blir enklest.

LIATE-heuristikken

Prioriteringsrekkefølge for hvem som skal være uu (deriveres): Logaritmer, Inverse trigonometriske, Algebraiske (polynomer), Trigonometriske, Eksponentialfunksjoner. Den faktoren som står tidligst i LIATE, velges som uu; resten blir v′v'. Heuristikken treffer i praksis alle arkivets delvis-oppgaver.

Dokumentert valg (føringskravet i delvis)
Løsningsforslagene skriver valget eksplisitt før regningen, på formen

u=ln⁡x  (⇒u′=1x),v′=x  (⇒v=x22),u = \ln x \;(\Rightarrow u' = \tfrac1x), \qquad v' = x \;(\Rightarrow v = \tfrac{x^2}{2}),

gjerne med et halvsetnings-hvorfor («ln⁡x\ln x deriveres bort»). Denne linjen er ikke pynt: den viser sensor at teknikken er valgt bevisst — kravet i åpen bok-formatet.

✏️Eksempel 3: delvis integrasjon med dokumentert valg

Beregn ∫x e2x dx\displaystyle\int x\,e^{2x}\,dx.

Produkt av polynom og eksponentialfunksjon → delvis integrasjon. LIATE: Algebraisk før Eksponential, så polynomet deriveres.

u=x  (⇒u′=1),v′=e2x  (⇒v=12e2x).u=x\;(\Rightarrow u'=1),\qquad v'=e^{2x}\;(\Rightarrow v=\tfrac12 e^{2x}).

∫x e2x dx=x⋅e2x2−∫1⋅e2x2 dx=x e2x2−e2x4+C.\int x\,e^{2x}\,dx = x\cdot\frac{e^{2x}}{2} - \int 1\cdot\frac{e^{2x}}{2}\,dx = \frac{x\,e^{2x}}{2} - \frac{e^{2x}}{4} + C.

Kontroll ved derivasjon: (x2e2x−14e2x)′=12e2x+xe2x−12e2x=x e2x\big(\tfrac{x}{2}e^{2x}-\tfrac14 e^{2x}\big)' = \tfrac12 e^{2x}+x e^{2x} - \tfrac12 e^{2x} = x\,e^{2x}. ✓

Sluttsvar: x e2x2−e2x4+C\dfrac{x\,e^{2x}}{2}-\dfrac{e^{2x}}{4}+C. ■\blacksquare

Gjentatt delvis integrasjon

Er polynomgraden 2 eller høyere, må delvis integrasjon kjøres flere ganger — én gang per grad: ∫x2ex dx\int x^2e^x\,dx krever to runder, ∫x3sin⁡x dx\int x^3\sin x\,dx tre. Behold samme strategi hele veien (deriver polynomet), ellers reverserer runde to det runde én gjorde.

✏️Eksempel 4: bestemt integral og gjentatt delvis

Beregn a) ∫0π/2xcos⁡x dx\displaystyle\int_0^{\pi/2} x\cos x\,dx og b) ∫01x2ex dx\displaystyle\int_0^1 x^2 e^x\,dx.

a) LIATE: polynomet deriveres. u=x  (u′=1)u=x\;(u'=1), v′=cos⁡x  (v=sin⁡x)v'=\cos x\;(v=\sin x):
∫0π/2xcos⁡x dx=[xsin⁡x]0π/2−∫0π/2sin⁡x dx=π2−[−cos⁡x]0π/2.\int_0^{\pi/2}x\cos x\,dx = \Big[x\sin x\Big]_0^{\pi/2} - \int_0^{\pi/2}\sin x\,dx = \frac{\pi}{2} - \Big[-\cos x\Big]_0^{\pi/2}.
Innsettingen føres ryddig: [−cos⁡x]0π/2=−cos⁡π2+cos⁡0=0+1=1\displaystyle \big[-\cos x\big]_0^{\pi/2} = -\cos\frac{\pi}{2}+\cos 0 = 0+1 = 1. Altså
∫0π/2xcos⁡x dx=π2−1.\int_0^{\pi/2}x\cos x\,dx = \frac{\pi}{2}-1.

b) To runder. Runde 1: u=x2  (u′=2x)u=x^2\;(u'=2x), v′=ex  (v=ex)v'=e^x\;(v=e^x):
∫01x2ex dx=[x2ex]01−2∫01xex dx=e−2∫01xex dx.\int_0^1 x^2e^x\,dx = \Big[x^2e^x\Big]_0^1 - 2\int_0^1 xe^x\,dx = e - 2\int_0^1 xe^x\,dx.
Runde 2 på restintegralet: u=xu=x, v′=exv'=e^x: ∫01xex dx=[xex]01−∫01ex dx=e−(e−1)=1\int_0^1 xe^x\,dx = [xe^x]_0^1-\int_0^1e^x\,dx = e-(e-1) = 1.
Dermed ∫01x2ex dx=e−2⋅1=e−2\int_0^1x^2e^x\,dx = e-2\cdot1 = e-2.

Sluttsvar: a) π2−1\dfrac{\pi}{2}-1, b) e−2e-2. ■\blacksquare

📝Oppgave 4

Beregn ∫1exln⁡x dx\displaystyle\int_1^e x\ln x\,dx med dokumentert u/v′u/v'-valg.

📝Oppgave 5

Hva går galt hvis du i ∫x e2x dx\int x\,e^{2x}\,dx velger u=e2xu=e^{2x} og v′=xv'=x? Gjennomfør ett steg og forklar.

Løkke 3 — De «ensomme» funksjonene: ln⁡x\ln x og arctan⁡x\arctan x (~10 min)

«Ensom» transcendent funksjon

En «ensom» funksjon er en integrand som står helt alene og ikke lar seg antiderivere direkte — klassikerne er ln⁡x\ln x og arctan⁡x\arctan x. De står ikke i grunnintegral-tabellen, men de deriveres lett (1x\displaystyle \frac1x og 11+x2\displaystyle \frac{1}{1+x^2}) — og det er nøkkelen.

Mot 1-trikset
Skriv den ensomme integranden som et produkt med den usynlige faktoren 11, og integrér delvis med v′=1v'=1:

∫f(x) dx=∫f(x)⋅1 dx,u=f(x),  v′=1  (v=x).\int f(x)\,dx = \int f(x)\cdot 1\,dx, \qquad u=f(x),\; v'=1\;(v=x).

Da flyttes alt arbeid over på u′=f′(x)u'=f'(x), som for ln⁡\ln og arctan⁡\arctan er en enkel algebraisk funksjon. (LIATE er enig: L og I står først og skal deriveres.)

✏️Eksempel 5: $\int \ln x\,dx$ med mot 1-trikset

Beregn ∫ln⁡x dx\displaystyle\int \ln x\,dx, og bruk svaret til å beregne ∫1eln⁡x dx\displaystyle\int_1^e\ln x\,dx.

Skriv ln⁡x=ln⁡x⋅1\ln x = \ln x\cdot 1 og velg (dokumentert):
u=ln⁡x  (⇒u′=1x),v′=1  (⇒v=x).u=\ln x\;(\Rightarrow u'=\tfrac1x),\qquad v'=1\;(\Rightarrow v=x).

∫ln⁡x dx=xln⁡x−∫1x⋅x dx=xln⁡x−∫1 dx=xln⁡x−x+C.\int\ln x\,dx = x\ln x - \int \frac1x\cdot x\,dx = x\ln x - \int 1\,dx = x\ln x - x + C.

Bestemt: ∫1eln⁡x dx=[xln⁡x−x]1e=(e−e)−(0−1)=1.\displaystyle\int_1^e\ln x\,dx = \Big[x\ln x - x\Big]_1^e = (e-e)-(0-1) = 1.

Sluttsvar: ∫ln⁡x dx=xln⁡x−x+C\int\ln x\,dx = x\ln x-x+C; ∫1eln⁡x dx=1\int_1^e\ln x\,dx = 1. ■\blacksquare

📝Oppgave 6

Beregn ∫01arctan⁡x dx\displaystyle\int_0^1 \arctan x\,dx med mot 1-trikset. (Husk: (arctan⁡x)′=11+x2\displaystyle (\arctan x)' = \frac{1}{1+x^2}.)

Løkke 4 — Sykliske integraler og teknikk-kjeding (~15 min)

Syklisk integral

Et syklisk integral kommer tilbake til seg selv: etter to runder delvis integrasjon på ∫excos⁡x dx\int e^x\cos x\,dx dukker det samme integralet opp igjen på høyresiden. Det er ikke en blindvei — det er en likning.

«Løs for integralet»-grepet
Kall det ukjente integralet II. Når II dukker opp igjen etter to runder delvis, står du med en likning av typen

I=(utregnede ledd)−c I,I = (\text{utregnede ledd}) - c\,I,

som løses algebraisk: (1+c)I=ledd(1+c)I = \text{ledd}, så I=ledd1+c\displaystyle I = \frac{\text{ledd}}{1+c} (pluss CC i ubestemte integraler). Viktig: bruk samme valgstrategi i begge rundene (f.eks. alltid uu = trig-faktoren), ellers reverserer runde to runde én og gir I=II=I.

✏️Eksempel 6: syklisk integral — $\int e^x\cos x\,dx$

Beregn ∫excos⁡x dx\displaystyle\int e^{x}\cos x\,dx.

La I=∫excos⁡x dxI=\displaystyle\int e^x\cos x\,dx. Ingen av faktorene «deriveres bort», så vi kjører to runder med fast strategi: uu = trig-faktoren.

Runde 1: u=cos⁡x  (u′=−sin⁡x)u=\cos x\;(u'=-\sin x), v′=ex  (v=ex)v'=e^x\;(v=e^x):
I=excos⁡x+∫exsin⁡x dx.I = e^x\cos x + \int e^x\sin x\,dx.

Runde 2 (samme strategi): u=sin⁡x  (u′=cos⁡x)u=\sin x\;(u'=\cos x), v′=ex  (v=ex)v'=e^x\;(v=e^x):
∫exsin⁡x dx=exsin⁡x−∫excos⁡x dx=exsin⁡x−I.\int e^x\sin x\,dx = e^x\sin x - \int e^x\cos x\,dx = e^x\sin x - I.

Sett sammen og løs for II:
I=excos⁡x+exsin⁡x−I  ⟹  2I=ex(sin⁡x+cos⁡x)  ⟹  I=ex(sin⁡x+cos⁡x)2+C.I = e^x\cos x + e^x\sin x - I \;\Longrightarrow\; 2I = e^x(\sin x+\cos x) \;\Longrightarrow\; I = \frac{e^x(\sin x+\cos x)}{2} + C.

Kontroll ved derivasjon: (ex2(sin⁡x+cos⁡x))′=ex2(sin⁡x+cos⁡x)+ex2(cos⁡x−sin⁡x)=excos⁡x\big(\tfrac{e^x}{2}(\sin x+\cos x)\big)' = \tfrac{e^x}{2}(\sin x+\cos x) + \tfrac{e^x}{2}(\cos x-\sin x) = e^x\cos x. ✓ ■\blacksquare

Teknikk-kjeding

Mange eksamensintegraler krever to teknikker etter hverandre — typisk substitusjon først, deretter delvis i den nye variabelen. Kjenningsmerke: en sammensatt kjerne (som x\sqrt{x} eller exe^x) som etter substitusjon etterlater et produkt. Boksen føres for substitusjonen og valget dokumenteres for delvis-steget — begge føringskravene gjelder i kjeden.

✏️Eksempel 7 (eksamensnivå): kjeden substitusjon → delvis

Beregn ∫0π2sin⁡x dx\displaystyle\int_0^{\pi^2}\sin\sqrt{x}\,dx med grunnleggende teknikker.

Kjernen x\sqrt x er sammensatt — substituer først.

 u=x,x=u2,dx=2u du,x=0⇒u=0,x=π2⇒u=π \boxed{\,u=\sqrt{x},\quad x=u^2,\quad dx=2u\,du,\quad x=0\Rightarrow u=0,\quad x=\pi^2\Rightarrow u=\pi\,}

∫0π2sin⁡x dx=∫0πsin⁡u⋅2u du=2∫0πusin⁡u du.\int_0^{\pi^2}\sin\sqrt x\,dx = \int_0^{\pi} \sin u\cdot 2u\,du = 2\int_0^\pi u\sin u\,du.

Nytt integral er produkt polynom × trig → delvis, med dokumentert valg u1=u  (u1′=1)u_1=u\;(u_1'=1), v′=sin⁡u  (v=−cos⁡u)v'=\sin u\;(v=-\cos u):
∫0πusin⁡u du=[−ucos⁡u]0π+∫0πcos⁡u du=(−π⋅(−1)+0)+[sin⁡u]0π=π+0=π.\int_0^\pi u\sin u\,du = \Big[-u\cos u\Big]_0^\pi + \int_0^\pi \cos u\,du = \big(-\pi\cdot(-1)+0\big) + \Big[\sin u\Big]_0^\pi = \pi + 0 = \pi.

Dermed ∫0π2sin⁡x dx=2π\displaystyle\int_0^{\pi^2}\sin\sqrt x\,dx = 2\pi.

Sluttsvar: 2π2\pi. ■\blacksquare

📝Oppgave 7

Beregn ∫e−xsin⁡x dx\displaystyle\int e^{-x}\sin x\,dx med «løs for integralet»-grepet.

Drilloppgaver

Stigende vanskegrad — før substitusjonsboks og dokumentert valg i alle.

📝Oppgave 8

Beregn ∫0π/4tan⁡x dx\displaystyle\int_0^{\pi/4}\tan x\,dx.

📝Oppgave 9

Beregn ∫x2ex3 dx\displaystyle\int x^2 e^{x^3}\,dx.

📝Oppgave 10

Beregn ∫0π/3xsin⁡(3x) dx\displaystyle\int_0^{\pi/3} x\sin(3x)\,dx.

📝Oppgave 11

Beregn ∫14exx dx\displaystyle \displaystyle\int_1^{4}\frac{e^{\sqrt x}}{\sqrt x}\,dx.

📝Oppgave 12

Beregn ∫(ln⁡x)2 dx\displaystyle\int (\ln x)^2\,dx. (Hint: mot 1-trikset, to runder.)

📝Oppgave 13

Beregn ∫01ln⁡(1+x2) dx\displaystyle\int_0^{1} \ln(1+x^2)\,dx.

Repetisjonsoppgaver
Din fremgang
0 / 5 oppgaver
Symbol- og formelliste

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Universitetet i Bergen. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.