Differentialen en integralen: Integratietechnieken
Meer zwarte kunst van het primitiveren
Bij het vinden van een primitieve van een continue functie is haast alles geoorloofd (tot tovenarij toe) mits we achteraf maar nagaan of het gevonden antwoord aan de eis voldoet dat differentiëren de gegeven functie oplevert. De substitutieregel is een van de krachtigste, maar ook een van de wildste hulpmiddelen die we ter beschikking hebben voor het vinden van een primitieve van een functie.
Eerst maar eens twee voorbeeld waarin je ziet dat behalve de substitutieregel vaak nog meerdere technieken toegepast worden.
Voorbeeld 1 Bereken de volgende integraal: \[\int\bigl(\ln(x)\bigr)^2\,\dd x\]
Oplossing \[\begin{aligned}\int\bigl(\ln(x)\bigr)^2\,\dd x &= \int u^2\,e^u\,\dd u\\ &\phantom{abcxyz}\blue{\text{substitutieregel met }\ln(x)=u, x=e^u,\text{ en }\dd x=e^u\,\dd u}\\[0.25cm] &= u^2e^u-\int 2u\,e^u\,\dd u \\ &\phantom{abcxyz}\blue{\text{partiële integratie}} \\[0.25cm]
&=u^2e^u-\left[2u\,e^y - \int 2e^u\,\dd u\right]\\ &\phantom{abcxyz}\blue{\text{partiële integratie}} \\[0.25cm]
&= (u^2-2u+2)e^u+c & \\[0.25cm]
&= \Bigl(\bigl(\ln(x)\bigr)^2-2\ln(x)+2\Bigr)x+c\\
&\phantom{abcxyz}\blue{\text{(controleer!)}}\end{aligned}\] Of alles mag is niet zo belangrijk, zolang we maar het eindantwoord controleren!
Voorbeeld 2 Bereken de volgende integraal: \[\int\frac{1}{1+\sqrt{1+x}}\,\dd x\]
Oplossing \[\begin{aligned}\int\frac{1}{1+\sqrt{1+x}}\,\dd x &= \int \frac{2u}{1+u}\,\dd u\\ &\phantom{abcxyz}\blue{\text{substitutieregel met }\sqrt{1+x}=u, x=u^2-1,\text{ en }\dd x=2u\,\dd u}\\[0.25cm] &= \int\left(2-\frac{2}{1+u}\right)\,\dd u \\ &\phantom{abcxyz}\blue{\text{breuksplitsing}} \\[0.25cm]
&=2u-2\ln|1+u|+c & \\[0.25cm]
&= 2\sqrt{1+x}-2\ln\left(1+\sqrt{1+x}\right)+c\\ & \phantom{abcxyz}\blue{\text{(controleer!)}}\end{aligned}\]
We gaan in de rest van het verhaal speciaal kijken naar substituties waarbij goniometrische functies en hun inversen een rol spelen, en naar andere zogenaamde inverse substituties.
\(\phantom{abc}\)
Inverse goniometrische substitutie
In de tabel van standaardprimitieven kun je \(\arcsin(x)\) vinden als primitieve van \(\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\). Deze kun je ook berekenen via de substitutieregel.
Voorbeeld 3 Bereken de volgende integraal: \[\int\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}\,\dd x\text{,}\qquad\text{ met }a>0\text.\]
Oplossing \[\begin{aligned}\int\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}\,\dd x &= \int \frac{1}{\cos(u)}\cdot \cos(u)\,\dd u\\ &\phantom{abcxyz}\blue{\text{substitutieregel met } x=a\sin(u)\text{ en }\dd x=a\cos(u)\,\dd u}\\ &\phantom{abcxyz}\blue{\sqrt{a^2-x^2}=\sqrt{a^2\bigl(1-\sin^2(u)\bigr)}=\sqrt{a^2\cos^2(u)}=a\cos(u)}\\&\phantom{abcxyz}\blue{\text{omdat }-a\le x\le a\text{ en dus }-\tfrac{1}{2}\pi\le u\le \tfrac{1}{2}\pi} \\[0.25cm] &= \int1\,\dd u \\[0.25cm]
&=u+c & \\[0.25cm]
&= \mathrm{arcsin}\left(\frac{x}{a}\right)+c\end{aligned}\]
Meer algemeen: substitutie \(x=a\sin(u)\) met \(a>0\) werkt dikwijls goed als we functies willen primitiveren waar \(\sqrt{a^2-x^2}\) in voorkomt.
Bij \(\sqrt{x^2+a^2}\) of \(\dfrac{1}{x^2+a^2}\) werkt dikwijls ook de inverse substitutie \(x=\tan(u)\) en dan wordt \(\sqrt{x^2+a^2}=\frac{a}{\cos(u)}\) (omdat \(-\tfrac{1}{2}\pi\le u\le \tfrac{1}{2}\pi\)) en \(\dfrac{1}{x^2+a^2}=\dfrac{\cos^2(u)}{a^2}\).
Voorbeeld 4 Bereken de volgende integraal: \[\int\frac{1}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}\,\dd x\]
Oplossing \[\begin{aligned}\int\frac{1}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}\,\dd x &= \int \frac{1}{1+\tan^2(u)}\cdot\frac{1}{\cos^2(u)} \,\dd u\\ &\phantom{abcxyz}\blue{\text{substitutieregel met }x=\tan(u)\text{ en }\dd x=\frac{1}{\cos^2(u)}\,\dd u}\\[0.25cm] &= \int \cos^3(u)\cdot\frac{1}{\cos^2(u)} \,\dd u \\ &\phantom{abcxyz}\blue{\text{want }x^2+1=\frac{1}{\cos^2(u)}} \\[0.25cm]
&=\int \cos(u) \,\dd u & \\[0.25cm]
&= \sin(u)+c & \\[0.25cm]
&= \tan(u)\cdot \cos(u)+c& \\[0.25cm]
&=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}} + c\\ &\phantom{abcxyz}\blue{\text{want }\tan(u)=x\text{, en }\cos(u)=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}}\end{aligned}\]
\(\phantom{abc}\)
Inverse hyperbolische substitutie
In de tabel van standaardprimitieven kun je \(\arcsin(x)\) en \(\mathrm{arsinh}(x)\) vinden als primitieven van \(\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\) en \(\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\). Maar laten we de tweede primitieve, in een iets algemenere gedaante, eens onder de loep nemen en zien of we ook zonder deze inverse hyperbolische functie kunnen.
Voorbeeld 5 Bereken de volgende integraal: \[\int\frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}\,\dd x\text{,}\qquad\text{met }a>0\]
Oplossing \[\begin{aligned}\int\frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}\,\dd x &= \int \frac{1}{a\cosh(u)}\cdot a\cosh(u)\,\dd u\\ &\phantom{abcxyz}\blue{\text{substitutieregel met } x=a\sinh(u)\text{ en }\dd x=a\cosh(u)\,\dd u}\\[0.25cm] &= \int1\,\dd u \\[0.25cm]
&=u+c & \\[0.25cm]
&= \mathrm{arsinh}(u)+c\end{aligned}\] De vraag is dus of we ook zonder de inverse hyperbolische functie kunnen. Het antwoord is ja! \[\begin{aligned}x=\sinh(u) &\iff x=\frac{e^{u}-e^{-u}}{2} & \\[0.25cm] &\iff e^{u}-2x -e^{-u}=0 & \\[0.25cm] &\iff \bigl(e^{u}\bigr)^2 - 2x e^{u} -1 =0 & \blue{\text{vermenigvuldiging met }e^u} \\[0.25cm] &\iff \bigl(e^u-x\bigr)^2-x^2-1=0 &\blue{\text{kwdraatafsplitsing}} \\[0.25cm] &\iff\;\;\,\, e^u = x+\sqrt{x^2+1}\\&\phantom{\iff}\text{ of } e^u = x-\sqrt{x^2+1} &\blue{\text{worteltrekking}} \\[0.25cm] &\iff e^u = x+\sqrt{1+x^2} &\blue{\text{want }e^u>0} \\[0.25cm] &\iff u= \ln\bigl(x+\sqrt{x^2+1}\bigr)\end{aligned}\] Dus zal wel \[\int\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\,\dd x =\ln\bigl(x+\sqrt{1+x^2}\bigr)+c\] en \[\mathrm{arsinh}(x)=\ln\bigl(x+\sqrt{x^2+1}\bigr)\]
Voorbeeld 6 Analoog, maar nu via de substitutie \(x=\cosh(u)\), geldt de formule \[\begin{aligned}\int\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}\,\dd x &= \mathrm{arcosh}(x)+c\\[0.25cm] &=\ln\bigl|x+\sqrt{x^2-1}\bigr|+c\end{aligned}\] en \[\mathrm{arcosh}(x) =\ln\bigl|x+\sqrt{x^2-1}\bigr|\] Ga na waarom we hier ineens absoluutstrepen willen hebben!
De les uit bovenstaande voorbeelden 5 en 6 is dat substitutie \(x=\sinh(u)\) of \(x=\cosh(u)\) dikwijls goed werkt als we functies willen primitiveren waar \(\sqrt{x^2+1}\) of \(\sqrt{x^2-1}\) in voorkomt.
\(\phantom{abc}\)
Er bestaat nog een substitutie die wel wil helpen als \(\sqrt{x^2+1}\) voorkomt in de functie die we willen primitiveren, te weten \(u=x+\sqrt{x^2+1}\). Daarmee wordt namelijk \(x^2+1=(u-x)^2\) en daardaaor \(1=u^2-2ux\), d.w.z. \[\begin{aligned}x&= \frac{1}{2}\left(u-\frac{1}{u}\right) \\[0.25cm] \dd x&=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{u^2}\right)\dd u\\[0.25cm] \sqrt{x^2+1}&=\frac{1}{2}\left(u+\frac{1}{u}\right) \end{aligned}\] en dikwijls komen we zo tot integralen van rationale functies. Analoog werkt de substitutie \(u=x+\sqrt{x^2-1}\) dikwijls als \(\sqrt{x^2-1}\) voorkomt in de functie die we willen primitiveren.
Voorbeeld 7 Bereken de volgende integraal: \[\int\frac{1}{1+\sqrt{x^2+1}}\,\dd x\]
Oplossing \[\begin{aligned}\int\frac{1}{1+\sqrt{x^2+1}}\,\dd x &= \int \frac{\frac{1}{2}\left(1+\dfrac{1}{u^2}\right)}{\frac{1}{2}\left(u+\dfrac{1}{u}\right)} \,\dd u\\ &\phantom{abcxyz}\blue{\text{substitutieregel met }x+\sqrt{x^2+1}=u}\\[0.25cm] &= \int \frac{u^2+1}{u(u+1)^2}\,\dd u \\ &\phantom{abcxyz}\blue{\text{vermenigvuldiging van teller en noemer met }w^2}\\ &\phantom{abcxyz}\blue{\text{gevolgd door vereenvoudiging}} \\[0.25cm]
&=\int \left(\frac{1}{u}-\frac{2}{(u+1)^2}\right) \dd u \\ &\phantom{abcxyz}\blue{\text{breuksplitsing}}\\[0.25cm]
&= \ln|u|+\frac{2}{u+1}+c \\[0.25cm]
&= \ln\bigl(x+\sqrt{x^2+1}\bigr)+\frac{2}{1+x+\sqrt{x^2+1}}+ c \\ &\phantom{abcxyz}\blue{\text{(controleer!)}} \end{aligned}\]
