Määrätty integraali¶

Jos $a_1,a_2,\ldots,a_n$ ovat reaalilukuja, niin merkitään

$\sum_{i=1}^na_i=a_1+a_2+\cdots+a_n.$

Esimerkiksi

$\sum_{i=1}^{5}i^2=1^2+2^2+3^2+4^2+5^2=1+4+9+16+25=55.$

Summausindeksin nimi voidaan valita vapaasti, joskin yleensä käytetään kirjainta $i$ , $j$ , $k$ , $l$ , $m$ tai $n$ . Indeksointi voidaan aloittaa muustakin indeksistä kuin $1$ . Esimerkiksi edellinen summa voidaan kirjoittaa

$\sum_{i=1}^5i^2=\sum_{k=1}^5k^2=\sum_{j=2}^6(j-1)^2=\sum_{j=0}^4(j+1)^2.$

Jos termeillä on yhteinen tekijä $c$ , niin voidaan laskea

$\sum_{i=1}^nca_i =(ca_1)+(ca_2)+\cdots+(ca_n) =c(a_1+a_2+\cdots+a_n) =c\sum_{i=1}^na_i$

eli

$\sum_{i=1}^nca_i=c\sum_{i=1}^na_i.$

Samaan tapaan saadaan

$\sum_{i=1}^n(a_i+b_i)=\sum_{i=1}^na_i+\sum_{i=1}^nb_i.$

Esimerkiksi

$\sum_{i=1}^5(7i^2-4i) =7\sum_{i=1}^5i^2-4\sum_{i=1}^5i =7\cdot55-4\cdot15=325.$

Tärkeä erikoistapaus on vakiotermin $c$ summa

$\sum_{i=1}^nc=\underbrace{c+c+\cdots+c}_{n\text{ kappaletta}}=nc.$

Erityisesti

$\sum_{i=1}^n1=n.$

Merkin vaihtelu saadaan aikaan luvun $-1$ potensseilla, sillä

$\begin{split}(-1)^i = \begin{cases} -1,&\text{kun } i \text{ on pariton}\\ 1,&\text{kun } i \text{ on parillinen.} \end{cases}\end{split}$

Esimerkiksi

$\sum_{i=1}^5(-1)^ii=-1+2-3+4-5=-3$

$\sum_{i=1}^5\frac{(-1)^{i+1}}{i^2}=1-\frac14+\frac19-\frac{1}{16}+\frac{1}{25}=\frac{821}{979}.$

Palataan nyt osion alussa esitettyyn pinta-alaongelmaan.

Olkoon $f : [a,b]\to\mathbb R$ rajoitettu funktio. Jaetaan väli $[a,b]$ osaväleihin jakopisteillä

$a=x_0<x_1<\cdots<x_{n-1}<x_n=b.$

Jakopisteiden muodostamaa joukkoa $P=\{x_0,x_1,\ldots,x_n\}$ kutsutaan välin $[a,b]$ jaoksi (partition). Valitaan jokaiselta osaväliltä $[x_{i-1},x_i]$ piste $x_i^*$ ja merkitään $\Delta x_i=x_i-x_{i-1}$ , eli $\Delta x_i$ on osavälin $i$ pituus. Jaon normiksi $|P|$ sanotaan pisimmän osavälin pituutta. Toisin sanoen $|P|=\max\{\Delta x_i : i=1,2,\ldots,n\}$ . Summaa

$R=\sum_{i=1}^nf(x_i^*)\Delta x_i$

kutsutaan jakoon $P$ ja pisteisiin $x_i^*$ liittyväksi Riemannin summaksi.

Jos $f(x)\ge0$ , niin Riemannin summan kukin termi on kuvan mukaisen suorakulmion pinta-ala, joten se antaa arvion funktion $f$ kuvaajan ja $x$ -akselin väliin jäävän joukon pinta-alalle välillä $[a,b]$ . Geometrisesti on ilmeistä, että arvio paranee, kun osavälijakoa tihennetään, eli kun $|P|\to0$ . Tämä antaa motivaation integraalin määrittelemiseksi.

Määritelmä.

Olkoon $f : [a,b]\to\mathbb R$ rajoitettu funktio. Jos raja-arvo

$I=\lim_{|P|\to0}\sum_{i=1}^nf(x_i^*)\Delta x_i$

on olemassa, niin sanotaan, että $f$ on integroituva (integrable) välillä $[a,b]$ ja luku $I$ on funktion $f$ (määrätty) integraali (integral) yli välin $[a,b]$ . Tällöin merkitään

$I=\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x=\int_a^bf.$

Riemannin summalla määritellystä integroituvuudesta ja integraalista käytetään myös nimityksiä Riemann-integroituva ja Riemann-integraali. Määritelmän raja-arvo tarkoittaa tarkemmin ottaen seuraavaa. Raja-arvo on $I$ , jos jokaista $\varepsilon>0$ kohti löydetään sellainen $\delta>0$ , että

$\left|I-\sum_{i=1}^nf(x_i^*)\Delta x_i\right|<\varepsilon,$

olivatpa pisteet $x_i^*$ mitkä tahansa ja $P$ mikä tahansa välin $[a,b]$ jako, jolle $|P|<\delta$ .

Geometrinen tulkinta integraalin määritelmälle on, että jos $f(x)\ge0$ ja $f$ on integroituva, niin reaaliluku

$\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x$

on funktion $f$ kuvaajan ja $x$ -akselin väliin jäävä pinta-ala välillä $[a,b]$ . Jos $f(x)\le0$ , niin funktion $f$ kuvaajan ja $x$ -akselin väliin jäävä pinta-ala on

$-\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x.$

Seuraavan lauseen otamme käyttöön todistamatta. Todistuksessa tarvitaan tasaisen jatkuvuuden (uniform continuity) käsitettä.

Lause.

Suljetulla välillä $[a,b]$ jatkuva funktio on integroituva välillä $[a,b]$ .

Esimerkki.

Laske $\displaystyle\int_0^1x^2\,dx$ .

Ratkaisu.

Olkoon $n$ luonnollinen luku ja valitaan välille $[0,1]$ kullakin $n$ tasavälinen jako, jonka jakopisteinä ovat $x_i=\frac{i}{n}$ , $i=0,1,2,\ldots,n$ . Tällöin kunkin jakovälin pituus on $\frac{1}{n}$ . Pisteiksi $x_i^*$ valitaan jakovälien oikeanpuoleiset päätepisteet, eli $x_i^*=\frac{i}{n}$ . Nyt

$\begin{split}\begin{aligned} R&=\sum_{i=1}^n(x_i^*)^2\Delta x_i =\sum_{i=1}^n\left(\frac{i}{n}\right)^2\frac{1}{n} =\frac{1}{n^3}\sum_{i=1}^ni^2\\ &=\frac{1}{n^3}\,\frac{n(n+1)(2n+1)}{6},\end{aligned}\end{split}$

missä summakaava

$\sum_{i=1}^ni^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

voidaan todistaa induktiolla. Funktio $x^2$ on jatkuva välillä $[0,1]$ , joten se on integroituva ja siis Riemannin summat suppenevat kohti integraalia, kun $|P|\to0$ . Nyt kun $n\to\infty$ , niin $|P|\to0$ , joten

$\begin{split}\begin{aligned} \int_0^1x^2\,\mathrm{d}x &=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^3}\,\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} =\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^3}\,\frac{2n^3+3n^2+n}{6}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{2+\dfrac{3}{n}+\dfrac{1}{n^2}}{6}=\frac13.\end{aligned}\end{split}$

Pian perustellaan integraalifunktioon perustuva tapa laskea määrättyjä integraaleja.

Lause.

Olkoot $f$ ja $g : [a,b]\to\mathbb R$ välillä $[a,b]$ integroituvia, sekä $c$ reaaliluku. Tällöin

$\displaystyle\int_a^b cf(x)\,\mathrm{d}x=c\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x$ ,
$\displaystyle\int_a^b(f(x)+g(x))\,\mathrm{d}x=\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x+\int_a^b g(x)\,\mathrm{d}x$ ,
$\displaystyle\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x=\int_a^c f(x)\,\mathrm{d}x+\int_c^b f(x)\,\mathrm{d}x$ , kun $a < c < b$ ,
jos $f(x)\le g(x)$ kaikilla $x\in[a,b]$ , niin $\displaystyle\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x\le\int_a^b g(x)\,\mathrm{d}x$ ,
$\displaystyle\bigg\vert\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x\bigg\vert\le \int_a^b|f(x)|\,\mathrm{d}x$ .

Perustele väitteet ensin kuvien avulla pinta-alatulkintaa käyttäen. Kohtien 1. ja 2. mukaan integrointi on integroitavan funktion suhteen lineaarinen operaatio.

Todistus.

Väitteiden täsmällinen todistaminen vaatisi integraalin määritelmän raja-arvon tarkkaa analysointia eri jaoilla ja jakopisteillä. Kaavojen todistusta voidaan kuitenkin luonnostella seuraavaan tapaan. Tarkastellaan kohtia 2 ja 3.

Käytetään jakoa $P=\{x_0,x_1,\ldots,x_n\}$ . Voidaan laskea, että

$\begin{split}\begin{aligned} \int_a^b(f(x)+g(x))\,\mathrm{d}x &=\lim_{|P|\to0}\sum_{i=1}^n(f(x_i^*)+g(x_i^*))\Delta x_i\\ &=\lim_{|P|\to0}\left(\sum_{i=1}^nf(x_i^*)\Delta x_i+\sum_{i=1}^ng(x_i^*)\Delta x_i\right)\\ &=\lim_{|P|\to0}\sum_{i=1}^nf(x_i^*)\Delta x_i+\lim_{|P|\to0}\sum_{i=1}^ng(x_i^*)\Delta x_i\\ &=\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x+\int_a^b g(x)\,\mathrm{d}x. \end{aligned}\end{split}$
Käytetään väleillä $[a,c]$ ja $[c,b]$ jakoja

$P_1=\{x_0,x_1,\ldots,x_n\}\qquad\text{ja}\qquad P_2=\{x_n,x_{n+1},\ldots,x_{2n}\}$

vastaavassa järjestyksessä. Nyt $P=P_1\cup P_2=\{x_0,x_1,\ldots,x_{2n}\}$ on välin $[a,b]$ jako ja

$\begin{split}\begin{aligned} \int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x &=\lim_{|P|\to0}\sum_{i=1}^{2n}f(x_i^*)\Delta x_i\\ &=\lim_{|P|\to0}\left(\sum_{i=1}^{n}f(x_i^*)\Delta x_i+\sum_{i=n+1}^{2n}f(x_i^*)\Delta x_i\right)\\ &=\lim_{|P_1|\to0}\sum_{i=1}^{n}f(x_i^*)\Delta x_i+\lim_{|P_2|\to0}\sum_{i=n+1}^{2n}f(x_i^*)\Delta x_i\\ &=\int_a^c f(x)\,\mathrm{d}x+\int_c^b f(x)\,\mathrm{d}x. \end{aligned}\end{split}$

Näissä kohdissa integraalin ominaisuudet siis palautuvat raja-arvon vastaaviin ominaisuuksiin. $\square$

Sovitaan, että jos $a<b$ , niin merkitään

$\begin{aligned} \int_a^af(x)\,\mathrm{d}x=0\qquad\text{ja}\qquad\int_b^a f(x)\,\mathrm{d}x=-\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x.\end{aligned}$

Silloin edellisen integraalin ominaisuuksia koskevan lauseen kohta 3 on voimassa, olivatpa $a$ , $b$ ja $c$ missä järjestyksessä tahansa tai vaikka yhtäsuuria, kunhan $f$ ja $g$ ovat integroituvia kyseisillä väleillä.

Voidaan osoittaa, että jatkuvien funktioiden lisäksi myös paloittain jatkuvat funktiot ovat integroituvia. Monesti paloittain jatkuvan funktion integraali lasketaan laskemalla integraali erikseen kullakin välillä, jolla $f$ on jatkuva ja laskemalla nämä integraalit yhteen kohdan 3 mukaisesti. Funktion $f : [a,b]\to\mathbb R$ integroituvuuteen tai integraaliin ei vaikuta sen arvojen muuttaminen äärellisen monessa välin $[a,b]$ pisteessä, joten paloittain jatkuvan funktion arvoilla hyppäyspisteissä ei ole merkitystä.

Esimerkki.

Kaikki rajoitetut funktiot eivät ole integroituvia. Tarkastellaan esimerkiksi funktiota $f : [0,1]\to\mathbb R$ ,

$\begin{split}f(x)=\begin{cases} 0, &\text{kun}\ x\in\mathbb R\setminus\mathbb Q\\ 1, &\text{kun}\ x\in\mathbb Q. \end{cases}\end{split}$

Jos $P$ on mikä tahansa välin $[0,1]$ jako, voidaan yhtäältä jokaiselta osaväliltä valita $x_i^*\in\mathbb R\setminus\mathbb Q$ , jolloin Riemannin summa on $0$ , tai toisaalta jokaiselta osaväliltä $x_i^*\in\mathbb Q$ , jolloin Riemannin summa on $1$ . Täten Riemannin summilla ei voi olla raja-arvoa.

Voidaan ajatella, että tässä lähdetään liikkeelle nollafunktiosta, jonka arvoja muutetaan kaikissa rationaalipisteissä. Jos arvoja olisi muutettu vain äärellisen monessa pisteessä, niin $f$ olisi paloittain jatkuvana funktiona integroituva ja integraali olisi $0$ ).

Lause.

Jos $c\in\mathbb R$ on vakio, niin

$\int_a^bc\,\mathrm{d}x=c(b-a).$

Tämä tulos on geometrisesti ilmeinen, koska tapauksessa $c>0$ laskettavana on sellaisen suorakulmion pinta-ala, jonka kanta on $b-a$ ja korkeus $c$ .

Todistus.

Valitaan mikä tahansa välin $[a,b]$ jako ja jakopisteet. Tällöin

$\sum_{i=1}^nf(x_i^*)\Delta x_i =\sum_{i=1}^nc\Delta x_i =c\sum_{i=1}^n\Delta x_i =c(b-a).$

$\square$

Esimerkki.

Osoita, että $\displaystyle\frac{\pi}{8}\le\int_0^{\pi/4}\frac{1}{1+\cos^2x}\,\mathrm{d}x\le\frac{\pi}{6}$ .

Ratkaisu.

Koska $\frac{1}{\sqrt{2}}\le\cos x\le1$ aina, kun $x\in\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$ , niin $\frac{1}{2}\le\cos^2 x\le1$ ja täten

$\frac12=\frac{1}{1+1}\le\frac{1}{1+\cos^2x}\le\frac{1}{1+\frac12}=\frac23$

kaikilla välin $\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$ pisteillä $x$ . Niinpä edellisen lauseen ja integraalien ominaisuuden 4 mukaan

$\frac{\pi}{8}=\int_0^{\pi/4}\frac12\,\mathrm{d}x\le\int_0^{\pi/4}\frac{1}{1+\cos^2x}\,\mathrm{d}x\le\int_0^{\pi/4}\frac23\,\mathrm{d}x=\frac{\pi}{6}.$

Seuraavaa lausetta kutsutaan integraalilaskennan väliarvolauseeksi.

Lause.

Jos $f : [a,b]\to\mathbb R$ on jatkuva, niin on olemassa sellainen välin $[a, b]$ piste $c$ , että

$\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x=f(c)(b-a).$

Todistus.

Suljetulla ja rajoitetulla välillä $[a,b]$ jatkuvana funktiona $f$ saavuttaa siellä pienimmän arvonsa $m$ ja suurimman arvonsa $M$ . Tämä todettiin derivaattaa käsittelevässä luvussa. Nyt $m\le f(x)\le M$ kaikilla $x\in[a,b]$ , joten integraalien ominaisuuden 4 mukaan

$\begin{aligned} \int_a^bm\,\mathrm{d}x\le\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x\le\int_a^bM\,\mathrm{d}x.\end{aligned}$

Laskemalla oikean ja vasemmanpuoleiset integraalit äskeisen lauseen mukaisesti saadaan

$m(b-a)\le\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x\le M(b-a),$

joten

$m\le\frac{1}{b-a}\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x\le M.$

Jatkuvien funktioiden väliarvolauseen mukaan $f$ jatkuvana funktiona saavuttaa kaikki pienimmän arvonsa $m$ ja suurimman arvonsa $M$ väliset arvot, joten se saavuttaa eräässä välin $[a, b]$ pisteessä $c$ arvon

$f(c)=\frac{1}{b-a}\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x.$

$\square$

Olkoon $c$ kuten edellisessä lauseessa. Silloin

$\begin{split}\begin{aligned} \int_a^b(f(x)-f(c))\,\mathrm{d}x &=\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x-\int_a^bf(c)\,\mathrm{d}x\\ &=\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x-f(c)(b-a)\\ &=\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x-\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x =0.\end{aligned}\end{split}$

Niinpä funktion $f(x)-f(c)$ kuvaajan ja $x$ -akselin väliin jäävästä pinta-alasta on yhtä paljon $x$ -akselin ala- kuin yläpuolella. Siis funktion $f(x)$ kuvaajan ja suoran $y=f(c)$ väliin jäävästä pinta-alasta on yhtä paljon suoran $y=f(c)$ ala- kuin yläpuolella.

Tällä perusteella arvoa $f(c)$ voidaan sanoa funktion $f$ keskiarvoksi välillä $[a,b]$ . Keskiarvo voidaan määritellä myös niille integroituville funktioille, jotka eivät ole jatkuvia.

Määritelmä.

Integroituvan funktion $f : [a,b]\to\mathbb R$ keskiarvo (average value) on luku

$\overline{f}=\frac{1}{b-a}\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x.$

Integraalilaskennan väliarvolause voidaan nyt muotoilla niin, että ”jatkuva funktio saavuttaa keskiarvonsa”. Seuraava tärkeä integraalilaskennan väliarvolauseen sovellus on analyysin peruslause.

Lause.

Jos $f : [a,b]\to\mathbb R$ on jatkuva, niin funktion $f$ määrätty integraali ylärajansa funktiona

$F(x)=\int_a^xf(t)\,\mathrm{d}t$

on derivoituva funktio ja $F'(x)=f(x)$ aina, kun $x\in[a,b]$ .

Todistus.

Tutkitaan funktion $F$ erotusosamäärää pisteessä $x$ . Oletetaan, että $h>0$ (tapaus $h<0$ käsitellään vastaavasti). Käyttäen tietoa

$\int_a^{x+h}f(t)\,\mathrm{d}t=\int_a^xf(t)\,\mathrm{d}t+\int_x^{x+h}f(t)\,\mathrm{d}t$

sovelletaan integraalilaskennan väliarvolausetta välillä $[x,x+h]$ ja saadaan

$\begin{split}\begin{aligned} \frac{F(x+h)-F(x)}{h} &=\frac{1}{h}\left(\int_a^{x+h}f(t)\,\mathrm{d}t-\int_a^xf(t)\,\mathrm{d}t\right)\\ &=\frac{1}{h}\int_x^{x+h}f(t)\,\mathrm{d}t=f(c),\end{aligned}\end{split}$

missä $c$ on lukujen $x$ ja $x+h$ välissä. Koska $c\to x$ , kun $h\to0$ , niin

$F'(x)=\lim_{h\to0}\frac{F(x+h)-F(x)}{h}=\lim_{h\to0}f(c)=\lim_{c\to x}f(c)=f(x),$

missä viimeinen yhtäsuuruus seuraa funktion $f$ jatkuvuudesta. $\square$

Lause.

Jos $G$ on jokin funktion $f$ integraalifunktio, niin

$\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x=G(b)-G(a)=:\bigg/_{\mspace{-15mu}a}^{\,b} G(x).$

Todistus.

Olkoon $G$ mikä tahansa funktion $f$ integraalifunktio ja

$F(x)=\int_a^xf(t)\,\mathrm{d}t,$

joka myös on analyysin peruslauseen mukaan funktion $f$ integraalifunktio. Kaikki integraalifunktiot eroavat vakiolla, joten $G(x)=F(x)+C$ jollakin reaaliluvulla $C$ . Nyt

$G(b)-G(a)=\left(\int_a^bf(t)\,\mathrm{d}t+C\right)-\left(\int_a^af(t)\,\mathrm{d}t+C\right)=\int_a^bf(t)\,\mathrm{d}t.$

$\square$

Esimerkki.

Edellisen lauseen mukaan

$\displaystyle\int_{-1}^3(5x^2+2)\,\mathrm{d}x=\bigg/_{\mspace{-15mu}-1}^{\,3}\Big(\frac53x^3+2x\Big)=51-\Big(-\frac{11}{3}\Big)=\frac{164}{3}$ ,
:math:`displaystyle

int_1^2frac{x}{x^2+1},mathrm{d}x=frac{1}{2}int_1^2frac{2x}{x^2+1},mathrm{d}x =frac12bigg/_{mspace{-15mu}1}^{,2}ln(x^2+1)=frac12(ln 5-ln2)`.

Esimerkki.

Derivoi funktiot $\displaystyle F(x)=\int_{-3}^xe^{-t^2}\,\mathrm{d}t$ ja $\displaystyle G(x)=\int_{x^2}^{x^3}e^{-t^2}\,\mathrm{d}t$ .

Ratkaisu.

Analyysin peruslauseen mukaan $F'(x)=e^{-x^2}$ . Funktiota $G$ varten voidaan kirjoittaa

$G(x)=\int_{x^2}^0e^{-t^2}\,\mathrm{d}t+\int_0^{x^3}e^{-t^2}\,\mathrm{d}t =-\int_0^{x^2}e^{-t^2}\,\mathrm{d}t+\int_0^{x^3}e^{-t^2}\,\mathrm{d}t.$

Merkitsemällä

$H(y)=\int_0^ye^{-t^2}\,\mathrm{d}t,\qquad f(x)=x^2\qquad\text{ja}\qquad g(x)=x^3$

voidaan $G$ ilmoittaa muodossa $G(x)=-H(f(x))+H(g(x))$ , joten ketjusääntöä ja analyysin peruslausetta soveltaen saadaan

$G'(x)=-H'(f(x))f'(x)+H'(g(x))g'(x) =-2xe^{-x^4}+3x^2e^{-x^6}.$

Seuraava lause seuraa suoraan analyysin peruslauseesta.

Lause.

Jatkuvalla funktiolla $f : I\to\mathbb R$ on integraalifunktio $F : I\to\mathbb R$ .

Huomautus.

Jatkuva funktio $f : [a,b]\to\mathbb R$ on siis aina integroituva ja sillä on integraalifunktio, jonka avulla määrätty integraali voidaan laskea. Yleisesti ottaen tilanne on hieman mutkikkaampi.

Myös epäjatkuvalla funktiolla voi olla integraalifunktio. Esimerkiksi tällaisesta tapauksesta käy funktio $F : \mathbb R\to\mathbb R$ , jolle $F(x)=x^2\sin\left(\frac{1}{x^2}\right)$ , kun $x\ne0$ , ja $F(0)=0$ . Funktiolla $F$ on pisteessä $0$ epäjatkuva derivaatta $F'(x)=f(x)$ , joten $F$ on funktion $f$ integraalifunktio.
Integroituvalla funktiolla ei välttämättä ole integraalifunktiota. Esimerkiksi integraalifunktiota käsittelevän luvun esimerkin hyppyfunktio on integroituva välillä $[-1,1]$ , mutta sillä ei ole integraalifunktiota.
Integraalifunktion olemassaolosta ei välttämättä seuraa integroituvuus.

Huomautus.

Tulon derivointisäännön ja analyysin peruslauseen seurauksen mukaan

$\int_a^b\left(f'(x)g(x)+f(x)g'(x)\right)\,\mathrm{d}x=\bigg/_{\mspace{-15mu}a}^{\,b}f(x)g(x),$

josta saadaan osittaisintegrointikaava määrättylle integraalille, eli

$\int_a^b f'(x)g(x)\,\mathrm{d}x=\bigg/_{\mspace{-15mu}a}^{\,b}f(x)g(x)-\int_a^b f(x)g'(x)\,\mathrm{d}x.$
Myös suoraa ja käänteistä sijoitusta voidaan soveltaa. On vain muistettava laskea sijoitusfunktion $u=u(x)$ tai $x=x(u)$ määräämät uudet rajat.

$\int_a^bf(u(x))u'(x)\,\mathrm{d}x=\int_{u(a)}^{u(b)}f(u)\,\mathrm{d}u$

ja

$\int_{x(a)}^{x(b)} f(x)\,\mathrm{d}x=\int_a^b f(x(u))x'(u)\,\mathrm{d}u.$

Käänteisessä sijoituksessa oletusta funktion $x(u)$ bijektiivisyydestä ei tarvita, toisin kuin integraalifunktion tapauksessa.

Esimerkki.

Laske integraalit

$\displaystyle\int_0^1 xe^{-x}\,\mathrm{d}x$ ,
$\displaystyle\int_1^2\frac{\mathrm{d}x}{(1+2x)^2}$ ,
$\displaystyle\int_{-1}^2\frac{x}{x^4+1}\,\mathrm{d}x$ ,
$\displaystyle\int_{-1/3}^2\frac{x}{\sqrt[3]{3x+2}}\,\mathrm{d}x$ .

Ratkaisu.

Osittaisintegroidaan kuten aiemmanssa esimerkissä, eli valitaan $f'(x)=e^{-x}$ ja $g(x)=x$ , jolloin $f(x)=-e^{-x}$ ja $g'(x)=1$ ja täten

$\begin{aligned} \int_0^1 xe^{-x}\,\mathrm{d}x=-\bigg/_{\mspace{-15mu}0}^{\,1}xe^{-x}+\int_0^1e^{-x}\,\mathrm{d}x= -\frac{1}{e}-\bigg/_{\mspace{-15mu}0}^{\,1}e^{-x}=1-\frac{2}{e}. \end{aligned}$
Sijoitetaan $u=1+2x$ , jolloin $\mathrm{d}u=2\,\mathrm{d}x$ . Tarkastellaan rajojen muuttumista. Kun $x=1$ , niin $u=3$ ja kun $x=2$ , niin $u=5$ ja siis

$\int_1^2\frac{\mathrm{d}x}{(1+2x)^2} =\frac12\int_3^5\frac{\mathrm{d}u}{u^2} =-\frac12\bigg/_{\mspace{-15mu}3}^{\,5}\frac{1}{u}=\frac{1}{15}.$
Kuten sijoittamalla integroimiseen liittyvässä esimerkissä, sijoitetaan $u=x^2$ , jolloin $\mathrm{d}u=2x\,\mathrm{d}x$ . Muistetaan rajojen muuttuminen. Kun $x=-1$ , on $u=1$ ja kun $x=2$ , on $u=4$ , joten

$\begin{split}\begin{aligned} \int_{-1}^2\frac{x}{x^4+1}\,\mathrm{d}x&=\frac12\int_{1}^4\frac{\mathrm{d}u}{u^2+1} =\frac12\bigg/_{\mspace{-15mu}1}^{\,4}\arctan u\\ &=\frac12(\arctan 4-\arctan 1)=\frac12\arctan 4-\frac\pi8. \end{aligned}\end{split}$
Sijoitetaan $u=\sqrt[3]{3x+2}$ eli $x=u^3/3-2/3$ , jolloin $\mathrm{d}x=u^2\,\mathrm{d}u$ . Kun $x=-1/3$ , niin $u=1$ ja kun $x=2$ , niin $u=2$ , ja näin ollen

$\begin{split}\begin{aligned} \int_{-1/3}^2\frac{x}{\sqrt[3]{3x+2}}\,\mathrm{d}x &=\int_1^2\frac{u^3/3-2/3}{u}\,u^2\,\mathrm{d}u =\frac13\int_1^2(u^4-2u)\,\mathrm{d}u\\ &=\frac13\bigg/_{\mspace{-15mu}1}^{\,2}\Big(\frac{u^5}{5}-u^2\Big)=\frac{16}{15}. \end{aligned}\end{split}$

Huomautus.

Sijoitusmenetelmässä voidaan vaihtoehtoisesti ensin laskea integraalifunktio muuttujan $x$ suhteen ja käyttää sitten alkuperäisiä integroimisrajoja. Esimerkiksi edellisessä kohdassa 4 toimii

$\begin{split}\begin{aligned} \int\frac{x}{\sqrt[3]{3x+2}}\,\mathrm{d}x &=\cdots=\frac13\Big(\frac{u^5}{5}-u^2\Big)+C\\ &=\frac{1}{15}(3x+2)^{5/2}-\frac13(3x+2)^{2/3}+C,\end{aligned}\end{split}$

joten

$\begin{aligned} \int_{-1/3}^2\frac{x}{\sqrt[3]{3x+2}}\,\mathrm{d}x =\left(\frac{32}{15}-\frac43\right)-\left(\frac{1}{15}-\frac13\right) =\frac{16}{15}.\end{aligned}$

Esimerkki.

Lasketaan edeltävän esimerkin kohdan 4. määrätty integraali kahdella eri sovelluksella.

Matlab ja sen Symbolic Math Toolbox:

syms x
int(x/(3*x+2)^(1/3),x,-1/3,2)
ans = 16/15

WolframAlpha:

int(x/(3*x+2)^(1/3),x,-1/3,2)

$\int_{-1/3}^2\frac{x}{\sqrt[3]{3x+2}}\,\mathrm{d}x=\frac{16}{15}\approx1.06667$

Jos integroitava funktio on pariton tai parillinen, niin seuraava tulos helpottaa funktion integroimista pisteen $0$ suhteen symmetrisen välin yli.

Lause.

Olkoon $f : [-a,a]\to\mathbb R$ integroituva. Jos $f$ on pariton, niin

$\int_{-a}^af(x)\,\mathrm{d}x=0$

ja jos $f$ on parillinen, niin

$\int_{-a}^af(x)\,\mathrm{d}x=2\int_0^af(x)\,\mathrm{d}x.$

Todistus.

Jätetään harjoitustehtäväksi. Jaa integraali nollan kohdalta kahtia ja tee sijoitus

$u = -x$ sopivasti.

$\square$

Esimerkki.

Funktio $f(x)=\sin(2x)$ on pariton, joten

$\int_{-3\pi/2}^{3\pi/2}\sin(2x)\,\mathrm{d}x=0.$
Funktio $f(x)=x^4-2$ on parillinen, joten

$\begin{split}\begin{aligned} \int_{-2}^2(x^4-2)\,\mathrm{d}x &=2\int_0^2(x^4-2)\,\mathrm{d}x\\ &=2\bigg/_{\mspace{-15mu}0}^{\,2}\left(\frac15x^5-2x\right) \\ &=2\left(\left(\frac{32}{5}-4\right)-0\right) \\ &=\frac{24}{5}. \end{aligned}\end{split}$