Дискуссионный математический форумМатематический форум

Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Интегрирование методом замены переменной

Интегрирование методом замены переменной


Замена переменной в неопределенном интеграле


Одним из наиболее мощных методов интегрирования является замена переменной в интеграле. Поясним суть этого метода. Пусть [math]F'(x)=f(x)[/math], тогда


[math]\int f(x)\,dx= \int F'(x)\,dx= \int d\bigl(F(x)\bigr)=F(x)+C.[/math]

Но в силу инвариантности формы дифференциала равенство [math]d\bigl(F(x)\bigr)=F'(x)\,dx= f(x)\,dx[/math] остается справедливым и в случае, когда [math]{x}[/math] — промежуточный аргумент, т.е. [math]x=\varphi(t)[/math]. Это значит, что формула [math]\textstyle{\int f(x)\,dx=F(x)+C}[/math] верна и при [math]x=\varphi(t)[/math]. Таким образом,


[math]\int f\bigl(\varphi(t)\bigr)\,d\bigl(\varphi(t)\bigr)= F\bigl(\varphi(t)\bigr)+C[/math], или [math]\int f\bigl(\varphi(t)\bigr)\varphi'(t)\,dt= F\bigl(\varphi(t)\bigr)+C[/math].

Итак, если [math]F(t)[/math] является первообразной для [math]f(x)[/math] на промежутке [math]{X}[/math], а [math]x=\varphi(t)[/math] — дифференцируемая на промежутке [math]{T}[/math] функция, значения которой принадлежат [math]{X}[/math], то [math]F\bigl(\vasrphi(t)\bigr)[/math] — первообразная для [math]f\bigl(\varphi(t)\bigr)\varphi'(t),~t\in T[/math], и, следовательно,


[math]\int f\bigl(\varphi(t)\bigr)\varphi'(t)\,dt= \int f(x)\,dx\,.[/math]

Эта формула позволяет свести вычисление интеграла [math]\textstyle{\int f\bigl(\varphi(t)\bigr)\varphi'(t)\,dt}[/math] к вычислению интеграла [math]\textstyle{\int f(x)\,dx}[/math]. При этом мы подставляем вместо [math]\varphi(t)[/math] переменную [math]{x}[/math], а вместо [math]\varphi'(t)\,dt[/math] дифференциал этой переменной, т. е. [math]dx[/math]. Поэтому полученная формула называется формулой замены переменной под знаком неопределенного интеграла. Она используется на практике как "слева направо", так и "справа налево". Метод замены переменной позволяет сводить многие интегралы к табличным. После вычисления интеграла [math]\textstyle{\int f(x)\,dx}[/math] надо снова заменить [math]{x}[/math] на [math]\varphi(t)[/math].




Пример 1. Вычислим [math]\int\cos2t\,dt[/math].


Решение. Введем новую переменную [math]{x}[/math], положив [math]2t=x[/math]. Тогда [math]2\,dt=dx,~dt=\frac{1}{2}\,dx[/math] и, следовательно,


[math]\int\cos2t\,dt= \int\cos{x}\,\frac{1}{2}\,dx= \frac{1}{2}\int\cos{x}\,dx= \frac{1}{2}\sin{x}+C= \frac{1}{2}\sin2t+C.[/math]

Замечание. Вычисление короче записывают так:


[math]\int\cos2t\,dt= \frac{1}{2}\int\cos2t\,d(2t)= \frac{1}{2}\sin2t+C.[/math]

Аналогичными преобразованиями мы будем пользоваться и в дальнейшем.




Пусть известно, что [math]\textstyle{\int f(t)\,dt=F(t)+C}[/math]. Тогда


[math]\int f(ax+b)\,dx= \frac{1}{a}\int f(ax+b)\,d(ax+b)= \frac{1}{a}F(ax+b)+C.[/math]

Итак, если [math]\int f(t)\,dt=F(t)+C[/math], то [math]\int f(ax+b)\,dx=\frac{1}{a}F(ax+b)+C.[/math].


Например, [math]\int\frac{dx}{x}=\ln|x|+C[/math] и потому [math]\int\frac{dx}{5x-3}=\frac{1}{5}\ln|5x-3|+C[/math].




Пример 2. Вычислить неопределённый интеграл [math]\int\frac{e^{\operatorname{arctg}t}}{1+t^2}\,dt[/math].


Решение. В состав данного подынтегрального выражения входит множитель [math]\frac{dt}{1+t^2}[/math], являющийся дифференциалом функции [math]\operatorname{arctg}t[/math]. Полагая [math]\operatorname{arctg}t=x[/math], получим:


[math]\int\frac{e^{\operatorname{arctg}t}}{1+t^2}\,dt= \int e^x\,dx=e^x+C= e^{\operatorname{arctg}t}+C.[/math]

Пример 3. Вычислим [math]\int\frac{x^2}{x^6+9}\,dx[/math].


Решение. Числитель данного подынтегрального выражения напоминает дифференциал для [math]x^3[/math]: в самом деле, [math]d(x^3)=3x^2\,dx[/math]. Кроме того, знаменатель подынтегрального выражения легко выражается через [math]x^3:[/math] [math]x^6+9=(x^3)^2+9[/math].


Это наводит на мысль о целесообразности подстановки [math]x^3=u[/math]. Тогда [math]du=3x^2\,dx[/math], откуда [math]x^2\,dx=\frac{1}{3}\,du[/math]. Таким образом,


[math]\int\frac{x^2}{x^6+9}\,dx= \int\frac{1}{u^2+9}\frac{1}{3}\,du= \frac{1}{3}\int\frac{du}{u^2+3^2}= \frac{1}{9}\operatorname{arctg}\frac{u}{3}+C= \frac{1}{9}\operatorname{arctg}\frac{x^3}{3}+C.[/math]

В рассмотренных примерах новая переменная была функцией от переменной интегрирования. В ряде случаев бывает целесообразно переменную интегрирования в заданном интеграле заменить функцией от другой переменной. В частности, при интегрировании некоторых видов иррациональных функций оказываются удобными тригонометрические подстановки.




Пример 4. Вычислим [math]\int\sqrt{a^2-x^2}\,dx[/math].


Решение. Положим [math]x=a\sin{t},\,-\frac{\pi}{2}\leqslant t\leqslant\frac{\pi}{2}~ (a>0)[/math] и выразим все множители, входящие в состав подынтегрального выражения, через новую переменную [math]t:[/math]


[math]a^2-x^2=a^2-a^2\sin^2t= a^2(1-\sin^2t)= a^2\cos^2t,\quad dx=a\cos{t}\,dt[/math]

При этом [math]\cos{t}\geqslant0[/math], так как [math]-\frac{\pi}{2}\leqslant t\leqslant\frac{\pi}{2}[/math]. Переходя к новой переменной под знаком неопределенного интеграла, учитывая, что [math]\cos{t}\geqslant0[/math] и потому [math]\sqrt{\cos^2t}=|\cos{t}|=\cos{t}[/math], получим:


[math]\begin{aligned} \int\sqrt{a^2-x^2}\,dx&= \int\sqrt{a^2\cos^2t}\,a\cos{t}\,dt= \int a\cos{t}\,a\cos{t}\,dt= a^2\int\cos^2t\,dt=\\ &=a^2\int\frac{1+\cos2t}{2}\,dt= \frac{a^2}{2}\int dt+\frac{a^2}{4}\int\cos2t\,d(2t)= \frac{a^2}{2}\,t+ \frac{a^2}{4}\,\sin2t+C=\\ &=\frac{a^2}{2}\,t+\frac{a^2}{4}2\sin{t}\cos{t}+C= \frac{a^2}{2}(t+ \sin{t}\cos{t})+C.\end{aligned}[/math]

Так как [math]x=a\sin{t}[/math], то [math]\sin{t}=\frac{x}{a}[/math] откуда [math]t=\arcsin\frac{x}{a}[/math] (переход к обратной тригонометрической функции возможен, поскольку по условию [math]-\frac{\pi}{2}\leqslant t\leqslant\frac{\pi}{2}[/math]). Далее имеем:


[math]\cos{t}=\sqrt{1-\sin^2t}= \sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}= \frac{1}{a}\sqrt{a^2-x^2}[/math]

(перед радикалом берется знак "плюс", поскольку [math]\cos{t}\geqslant0[/math]). Значит,


[math]\int\!\sqrt{a^2-x^2}\,dx= \frac{a^2}{2}\!\left(\arcsin\frac{x}{a}+ \frac{x}{a}\cdot \frac{\sqrt{a^2-x^2}}{a}\right)+C= \frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a}+ \frac{x}{2}\sqrt{a^2-x^2}+C.[/math]



Замена переменной в определенном интеграле


Пусть [math]F(x)[/math] является первообразной для [math]f(x)[/math] на отрезке [math][a,b][/math] и пусть [math]x=\varphi(t)[/math] — дифференцируемая функция на отрезке [math][a,b][/math], отображающая его в отрезок [math][a,b][/math], причем [math]\varphi(\alpha)=a,[/math] [math]\varphi(\beta)=b[/math]. В предыдущем пункте мы видели, что


[math]\int f\bigl(\varphi(t)\bigr)\varphi'(t)\,dt= F\bigl(\varphi(t)\bigr)+C.[/math]
Значит,
[math]\int\limits_{\alpha}^{\beta}f\bigl(\varphi(t)\bigr)\varphi'(t)\,dt= \Bigl.{F\bigl(\varphi(t)\bigr)}\Bigr|_{\alpha}^{\beta}= F\bigl(\varphi(\beta)\bigr)-F\bigl(\varphi(\alpha)\bigr)= F(b)-F(a)= \int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx\,.[/math]

В результате мы приходим к следующему утверждению:


Пусть функция [math]y=f(x)[/math] имеет первообразную на отрезке [math][a,b][/math], а функция [math]x=\varphi(t)[/math] определена на отрезке [math][\alpha,\beta][/math] и дифференцируема внутри этого отрезка, причем [math]\varphi(\alpha)=a,~ \varphi(\beta)=b[/math] и [math]\varphi([\alpha,\beta])=[a,b][/math]. Тогда


[math]\int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx= \int\limits_{\alpha}^{\beta} f\bigl(\varphi(t)\bigr) \varphi'(t)\,dt\,.[/math]
(1)

На этом утверждении и основан метод замены переменной под знаком определенного интеграла. Заметим, что на практике формула (1) используется как "слева направо", так и "справа налево".


Условие, что при [math]\varphi(\alpha)=a,~ \varphi(\beta)=b[/math] имеем: [math]\varphi([\alpha,\beta])=[a,b][/math], заведомо выполняется, если функция [math]x=\varphi(t)[/math] монотонна на отрезке [math][\alpha,\beta][/math]. Это имеет место, если ее производная сохраняет знак на [math][\alpha,\beta][/math].




Пример 5. Вычислим [math]\int\limits_{0}^{a}\sqrt{a^2-x^2}\,dx[/math].


Решение. Воспользуемся тригонометрической подстановкой [math]x=\varphi(t)=a\sin{t}[/math]. Найдем пределы интегрирования [math]\alpha[/math] и [math]\beta[/math] для новой переменной [math]{t}[/math].


Функция [math]x=a\sin{t}[/math] возрастает на отрезке [math]\left[0;\frac{\pi}{2}\right][/math] и принимает на нем все значения от [math]0[/math] до [math]{a}[/math]. Поэтому [math]0[/math] и [math]\frac{\pi}{2}[/math] соответственно нижний и верхний пределы интегрирования для новой переменной [math]{t}[/math].


Функция [math]\varphi(t)=a\sin{t}[/math] на отрезке [math]\left[0;\frac{\pi}{2}\right][/math] определена и дифференцируема внутри него, причем [math]\varphi(0)=0,~ \varphi\!\left(\frac{\pi}{2}\right)=a[/math] и [math]\varphi\!\left(\left[0;\frac{\pi}{2}\right]\right)=[0;a][/math]. Значит, мы можем воспользоваться формулой (1). Используя решение примера 4, получаем:


[math]\begin{aligned}\int\limits_{0}^{a}\sqrt{a^2-x^2}\,dx&= \frac{a^2}{2} \int\limits_{0}^{\pi/2}dt+ \frac{a^2}{2}\int\limits_{0}^{\pi/2}\cos2t\,dt= \left.{\frac{a^2}{2}\, t}\right|_{0}^{\pi/2}+ \left.{\frac{a^2}{2}\cdot \frac{\sin2t}{2}}\right|_{0}^{\pi/2}=\\ &=\frac{a^2}{2} \!\left(\frac{\pi}{2}-0\right)+ \frac{a^2}{2}(\sin\pi-\sin0)= \frac{\pi}{4}\,a^2.\end{aligned}[/math]



Пример 6. Вычислим [math]\int\limits_{1/2}^{3/2}\frac{dx}{4x^2-4x+5}[/math].


Решение. Выделим полный квадрат в знаменателе:


[math]4x^2-4x+5=(4x^2-4x+1)+4= (2x-1)^2+4.[/math]

Положим [math]u=2x-1[/math], тогда [math]du=2\,dx[/math]. Если [math]x=1/2[/math], то [math]u=2x-1=2\cdot(1/2)-1=0[/math]; если [math]x=3/2[/math], то [math]u=2x-1=2\cdot(3/2)-1=2[/math]. Таким образом, 0 и 2 — новые пределы интегрирования. Функция [math]u=2x-1[/math] на отрезке [math]\left[\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right][/math] определена, дифференцируема и монотонно возрастает; значит, можно воспользоваться формулой (1) (но если в предыдущем примере мы использовали эту формулу "слева направо", то теперь будем идти "справа налево"). Получаем;


[math]\begin{aligned}\int\limits_{1/2}^{3/2}\frac{dx}{4x^2-4x+5}&= \frac{1}{2} \int\limits_{1/2}^{3/2}\frac{dx}{(2x-1)^2+4}= \frac{1}{2}\int\limits_{0}^{2} \frac{du}{u^2+2^2}= \left.{\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\operatorname{arctg}\frac{u}{2}}\right|_{0}^{2}=\\ &=\frac{1}{4}\bigl(\operatorname{arctg}1-\operatorname{arctg}0\bigr)= \frac{1}{4}\!\left( \frac{\pi}{4}-0\right)=\frac{\pi}{16}\,.\end{aligned}[/math]



Метод неопределенных коэффициентов


В ряде случаев по виду подынтегральной функции можно предположить, что ее первообразная будет иметь ту же структуру, что и подынтегральная функция. Это бывает в тех случаях, когда, например, подынтегральная функция представляет собой произведение многочлена и показательной функции, произведение многочлена и синуса или косинуса или произведение показательной функции и синуса или косинуса. Тогда записывают искомую первообразную в предполагаемом виде с неопределенными буквенными коэффициентами. Задача в этом случае сводится к нахождению неопределенных буквенных коэффициентов, для чего, пользуясь свойствами неопределенного интеграла, сначала дифференцируют обе части равенства, а затем сравнивают левую часть полученного равенства с правой. Поясним сказанное на примерах.


Пример 1. Вычислим интеграл с экспонентой [math]\int(x^3+2x^2+5)e^x\,dx[/math].


Решение. Если вычислить этот интеграл с помощью трехкратного интегрирования по частям, то получим:


[math]\int(x^3+2x^2+5)e^x\,dx=(x^3-x^2+2x+3)e^x+C.[/math]

Этот ответ имеет ту же структуру, что и подынтегральная функция, т.е. является (с точностью до произвольной постоянной) произведением многочлена третьей степени на показательную функцию [math]e^x[/math]. Поэтому первообразную можно было сразу искать в следующем виде:


[math]\int(x^3+2x^2+5)e^x\,dx=(Ax^3+Bx^2+Cx+D)e^x+E,[/math]
(1)

где [math]E[/math] — произвольная постоянная.

Чтобы найти неопределенные коэффициенты [math]A,\,B,\,C,\,D[/math], продифференцируем обе части равенства (1), учитывая при этом, что производная неопределенного интеграла равна подынтегральной функции:


[math](x^3+2x^2+5)e^x= (3Ax^2+2Bx+C)e^x+ (Ax^3+Bx^2+Cx+D)e^x.[/math]

Разделив обе части этого равенства на [math]e^x[/math], получим:


[math]x^3+2x^2+5= 3Ax^2+2Bx+C+ Ax^3+Bx^2+Cx+D,[/math]
откуда
[math]x^3+2x^2+5= Ax^3+(3A+B)x^2+ (2B+C)x+(C+D).[/math]
(2)

Воспользуемся теперь тем, что два многочлена тождественно равны тогда и только тогда, когда они имеют одинаковую степень и равны их коэффициенты при одинаковых степенях переменной. Сравнив в тождестве (2) коэффициенты при одинаковых степенях переменной [math]{x}[/math], получим:


[math]\begin{array}{lcl}x^3\!&\vline\!&A=1,\\ x^2\!&\vline\!&3A+B=2,\\ x^1\!&\vline\!&2B+C=0,\\ x^0\!&\vline\!&C+D=5. \end{array}[/math]

Мы получили систему из четырех уравнений с четырьмя переменными [math]A,\,B,\,C,\,D[/math]. Решая ее, находим: [math]A=1,~B=-1,[/math] [math]C=2,~D=3[/math]. Таким образом,


[math]\int(x^3+2x^2+5)e^x\,dx= (x^3-x^2+2x+3)e^x+E.[/math]



Пример 2. Вычислим интеграл с экспонентой и синусом [math]\int e^{3x}\sin2x\,dx[/math].


Решение. Здесь подынтегральная функция является произведением показательной функции и синуса. Мы видели, что в этом случае ее первообразная равна произведению показательной функции и линейной комбинации синуса и косинуса того же аргумента:


[math]\int e^{3x}\sin2x\,dx= e^{3x}(A\cos2x+B\sin2x)+C.[/math]
(3)

Для нахождения неопределенных коэффициентов [math]A[/math] и [math]B[/math] продифференцируем обе части равенства (3):


[math]e^{3x}\sin2x= 3e^{3x}(A\cos2x+B\sin2x)+ e^{3x}(-2A\sin2x+2B\cos2x).[/math]

Разделим обе части этого равенства на [math]e^{3x}:[/math]


[math]\sin2x= 3A\cos2x+3B\sin2x-2A\sin2x+2B\cos2x.[/math]
Далее имеем:
[math]\sin2x= (3B-2A)\sin2x+ (3A+2B)\cos2x\,.[/math]

Полученное равенство справедливо для любых значений [math]{x}[/math]. Это имеет место тогда и только тогда, когда равны коэффициенты при [math]\sin2x[/math] и [math]\cos2x[/math] в левой и правой частях равенства. Приравняв друг другу указанные коэффициенты, получим:


[math]\begin{array}{lcl}\sin2x \!&\vline\!& 3B-2A=1,\\ \cos2x \!&\vline\!& 3A+2B=0.\end{array}[/math]

Из этой системы двух уравнении с двумя переменными [math]A[/math] и [math]B[/math] находим: [math]A=-\frac{2}{13},[/math] [math]B=\frac{3}{13}[/math]. Значит,


[math]\int e^{3x}\sin2x\,dx= e^{3x}\!\left(-\frac{2}{13}\cos2x+\frac{3}{13}\sin2x\right)+C= \frac{e^{3x}}{13}(3\sin2x-2\cos2x)+C.[/math]

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2016 MathHelpPlanet.com. All rights reserved