Oversikt

Dette temaet dekker det du gjør med integralet etter at teknikken er på plass: uegentlige integraler, volum av omdreiningslegemer og buelengde. Uegentlige integraler forekommer i 14 av 20 ordinære sett og volum eller buelengde i 14 av 20; til sammen er minst én av de to med i 18 av 20 sett. Det gjør dette til et av de mest lønnsomme temaene å ha på plass.

Uegentlige integraler: alltid en grense

Et integral er uegentlig hvis intervallet er uendelig, eller hvis integranden ikke er begrenset i et endepunkt. Definisjonen går alltid via en grense:

\[ \int_a^\infty f(x)\,dx=\lim_{R\to\infty}\int_a^Rf(x)\,dx,\qquad \int_a^bf(x)\,dx=\lim_{t\to a^+}\int_t^bf(x)\,dx\ \text{(singularitet i }a). \]

Integralet konvergerer hvis grensen finnes som et endelig tall, ellers divergerer det. Skriv alltid opp grensen eksplisitt — sensor ser etter det, og et svar uten grenseovergang er formelt ufullstendig.

Er integranden singulær i begge ender, eller i et indre punkt, må du dele opp og kreve at hver del konvergerer for seg. Det holder ikke at «de uendelige bidragene kansellerer».

p-testen i to versjoner

\[ \int_1^\infty\frac{dx}{x^p}\ \text{konvergerer}\iff p>1,\qquad \int_0^1\frac{dx}{x^p}\ \text{konvergerer}\iff p<1. \]

De to versjonene har motsatt ulikhet, og \( p=1 \) divergerer i begge. Grunnen er lett å huske: \( \int\frac{dx}x=\ln x \), og logaritmen går mot \( \infty \) i begge ender.

Sammenligningskriteriet

Er \( 0\le f(x)\le g(x) \) for alle \( x \) fra et punkt \( x_0 \) og utover, så gjelder:

Konvergerer \( \int_{x_0}^\infty g \), så konvergerer \( \int_{x_0}^\infty f \).
Divergerer \( \int_{x_0}^\infty f \), så divergerer \( \int_{x_0}^\infty g \).

Tre presisjonskrav sensor ser etter: ulikheten må skrives opp eksplisitt, du må si på hvilket intervall den gjelder, og integranden må være ikke-negativ der. Et vanlig knep er å bruke en grov men gyldig skranke og starte sammenligningen litt ute i intervallet — på et endelig startstykke med kontinuerlig integrand er bidraget automatisk endelig.

Eksempel 1: konvergens og eksakt verdi

Oppgave: Vis at \( \displaystyle\int_1^\infty\frac{\arctan x}{x^2}\,dx \) konvergerer, og regn ut verdien.

Konvergens: For \( x\ge1 \) er \( 0<\arctan x<\frac\pi2 \), altså

\[ 0<\frac{\arctan x}{x^2}<\frac{\pi/2}{x^2}. \]

Siden \( \int_1^\infty\frac{dx}{x^2}=1 \) konvergerer (p-testen med \( p=2>1 \)), konvergerer også vårt integral.

Verdi: Delvis integrasjon med \( u=\arctan x \) og \( v=-\frac1x \):

\[ \int_1^R\frac{\arctan x}{x^2}\,dx=\Bigl[-\frac{\arctan x}{x}\Bigr]_1^R+\int_1^R\frac{dx}{x(1+x^2)}. \]

Første ledd: \( -\frac{\arctan R}{R}+\arctan1\to0+\frac\pi4 \). For det andre bruker vi \( \frac1{x(1+x^2)}=\frac1x-\frac{x}{1+x^2} \):

\[ \int_1^R\Bigl(\frac1x-\frac{x}{1+x^2}\Bigr)dx=\Bigl[\ln x-\tfrac12\ln(1+x^2)\Bigr]_1^R=\Bigl[\ln\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\Bigr]_1^R\longrightarrow 0-\ln\frac1{\sqrt2}=\tfrac12\ln2. \]

Til sammen: \( \displaystyle\int_1^\infty\frac{\arctan x}{x^2}\,dx=\frac\pi4+\frac{\ln2}2 \).

Eksempel 2: sammenligning der man må starte litt ute

Oppgave: Avgjør om \( \displaystyle\int_1^\infty\frac{dx}{x^2-\sin x} \) konvergerer.

Løsning: Først: integranden er kontinuerlig på \( [1,\infty) \), for \( x^2-\sin x\ge x^2-1\ge0 \) med likhet bare mulig i \( x=1 \) — og i \( x=1 \) er \( 1-\sin1\approx0{,}16>0 \). Nevneren er dermed positiv på hele intervallet.

Skranken \( x^2-1 \) er for svak nær \( x=1 \), så vi deler opp. På \( [2,\infty) \) er \( x^2-1\ge\frac34x^2 \), fordi \( \frac14x^2\ge1 \) når \( x\ge2 \). Dermed

\[ 0<\frac1{x^2-\sin x}\le\frac1{x^2-1}\le\frac{4}{3x^2}\qquad\text{for }x\ge2, \]

og \( \int_2^\infty\frac{4\,dx}{3x^2}=\frac43 \) konvergerer. På \( [1,2] \) er integranden kontinuerlig, så det bidraget er endelig. Altså konvergerer hele integralet.

Eksempel 3: singularitet i endepunktet, med en parameter

Oppgave: For hvilke \( n>0 \) konvergerer \( \displaystyle\int_0^{\pi/2}\frac{\cos x}{\sin^nx}\,dx \)?

Løsning: Integranden er singulær i \( x=0 \), der \( \sin x\to0 \). Substitusjonen \( u=\sin x \), \( du=\cos x\,dx \), sender \( x=0 \) til \( u=0 \) og \( x=\frac\pi2 \) til \( u=1 \):

\[ \int_0^{\pi/2}\frac{\cos x}{\sin^nx}\,dx=\int_0^1\frac{du}{u^n}. \]

Etter p-testen nær null konvergerer dette hvis og bare hvis \( n<1 \).

Kontroll for \( n=\frac12 \): \( \int_0^1u^{-1/2}du=\bigl[2\sqrt u\bigr]_0^1=2 \), endelig. For \( n=1 \): \( \int_0^1\frac{du}u=\bigl[\ln u\bigr]_0^1 \) divergerer. Stemmer.

Volum av omdreiningslegemer: to formler, to akser

La \( f\ge0 \) på \( [a,b] \), og la \( R \) være området mellom grafen og \( x \)-aksen.

Rotasjon om \( x \)-aksen (skivemetoden): tverrsnittet er en sirkel med radius \( f(x) \), så

\[ V_x=\pi\int_a^bf(x)^2\,dx. \]

Rotasjon om \( y \)-aksen (skallmetoden): et tynt vertikalt snitt i \( x \) sveiper ut et sylinderskall med omkrets \( 2\pi x \) og høyde \( f(x) \), så

\[ V_y=2\pi\int_a^bx\,f(x)\,dx. \]

Å velge feil av disse to er den enkeltfeilen som koster flest poeng på temaet. Les setningen «dreies om … -aksen» to ganger, og merk at skallmetoden krever \( a\ge0 \).

Eksempel 4: skallmetoden

Oppgave: Området under grafen til \( f(x)=\ln x \) for \( 1\le x\le2 \) dreies om \( y \)-aksen. Finn volumet.

Løsning: Skallmetoden gir \( V=2\pi\int_1^2x\ln x\,dx \). Delvis integrasjon:

\[ \int x\ln x\,dx=\frac{x^2}2\ln x-\int\frac{x^2}2\cdot\frac1x\,dx=\frac{x^2}2\ln x-\frac{x^2}4. \]

Innsatt grenser: i \( x=2 \) blir det \( 2\ln2-1 \), i \( x=1 \) blir det \( 0-\frac14 \). Differansen er \( 2\ln2-\frac34 \), så

\[ V=2\pi\Bigl(2\ln2-\frac34\Bigr)=4\pi\ln2-\frac{3\pi}2. \]

Kontroll: \( \frac{d}{dx}\bigl(\frac{x^2}2\ln x-\frac{x^2}4\bigr)=x\ln x+\frac x2-\frac x2=x\ln x \). Stemmer. Numerisk er \( V\approx8{,}71-4{,}71=4{,}00 \), som er en plausibel størrelse for et legeme av disse dimensjonene.

Eksempel 5: skivemetoden med parametere

Oppgave: La \( 0

Løsning: \( V=\pi\int_a^b\frac{dx}{x^2}=\pi\Bigl[-\frac1x\Bigr]_a^b=\pi\Bigl(\frac1a-\frac1b\Bigr) \). Siden \( a\frac1b \), så \( V>0 \) — som det skal være.

Kravet \( V=100 \) gir \( \frac1a-\frac1b=\frac{100}\pi \). Ett gyldig valg: sett \( \frac1a=\frac{200}\pi \), altså \( a=\frac\pi{200} \), og da \( \frac1b=\frac{200}\pi-\frac{100}\pi=\frac{100}\pi \), altså \( b=\frac\pi{100} \). Da er \( 0

Buelengde

\[ L=\int_a^b\sqrt{1+f'(x)^2}\,dx. \]

Integralene som oppstår er ofte stygge, så oppgaven ber gjerne bare om å sette opp integralet. Men noen funksjoner er valgt slik at det går pent — det er verdt å kjenne igjen dem.

Eksempel 6: buelengden til en halvsirkel

Oppgave: Finn buelengden til grafen til \( f(x)=\sqrt{1-x^2} \) fra \( x=-1 \) til \( x=1 \).

Løsning: \( f'(x)=\frac{-x}{\sqrt{1-x^2}} \), så

\[ 1+f'(x)^2=1+\frac{x^2}{1-x^2}=\frac1{1-x^2}. \]

Dermed er \( L=\displaystyle\int_{-1}^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\bigl[\arcsin x\bigr]_{-1}^1=\frac\pi2-\Bigl(-\frac\pi2\Bigr)=\pi \).

Merk: dette integralet er uegentlig i begge endepunktene, siden \( f' \) ikke er definert i \( \pm1 \). Begge grenseovergangene er endelige, så integralet konvergerer.

Kontroll: grafen er den øvre halvsirkelen med radius 1, og omkretsen av hele sirkelen er \( 2\pi \). Halve er \( \pi \). Stemmer.

Endelig volum, uendelig overflate

Roterer vi \( f(x)=\frac1x \) på \( [1,\infty) \) om \( x \)-aksen, blir \( V=\pi\int_1^\infty x^{-2}dx=\pi \), altså endelig. Overflaten er derimot minst \( 2\pi\int_1^\infty\frac{dx}x \), som divergerer. Poenget er ikke kuriositeten, men at konvergens av \( \int f^2 \) og av \( \int f \) er to uavhengige spørsmål: \( f(x)=1/x \) gjør det ene konvergent og det andre divergent.

Studieguide: Uegentlige integraler og anvendelser