Дискуссионный математический форумМатематический форум
Математический форум Math Help Planet

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

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 3 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 F'(x)=f(x), тогда


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

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


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

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


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

Эта формула позволяет свести вычисление интеграла \textstyle{\int f\bigl(\varphi(t)\bigr)\varphi'(t)\,dt} к вычислению интеграла \textstyle{\int f(x)\,dx}. При этом мы подставляем вместо \varphi(t) переменную {x}, а вместо \varphi'(t)\,dt дифференциал этой переменной, т. е. dx. 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 \textstyle{\int f(x)\,dx} надо снова заменить {x} на \varphi(t).




Пример 1. Вычислим \int\cos2t\,dt.


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


\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.

Замечание. Вычисление короче записывают так:


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

Аналогичными преобразованиями мы будем пользоваться и в дальнейшем.




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


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

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


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




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


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


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

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


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


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


\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.

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 \int\sqrt{a^2-x^2}\,dx.


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


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

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


\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}

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


\cos{t}=\sqrt{1-\sin^2t}= \sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}= \frac{1}{a}\sqrt{a^2-x^2}

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


\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.



Замена переменной в определенном интеграле


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


\int f\bigl(\varphi(t)\bigr)\varphi'(t)\,dt= F\bigl(\varphi(t)\bigr)+C.
Значит,
\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\,.

В результате мы приходим к следующему утверждению:


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


\int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx= \int\limits_{\alpha}^{\beta} f\bigl(\varphi(t)\bigr) \varphi'(t)\,dt\,.
(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 \varphi(\alpha)=a,~ \varphi(\beta)=b имеем: \varphi([\alpha,\beta])=[a,b], заведомо выполняется, если функция x=\varphi(t) монотонна на отрезке [\alpha,\beta]. Это имеет место, если ее производная сохраняет знак на [\alpha,\beta].




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


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


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


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


\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}



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


Решение. Выделим полный квадрат в знаменателе:


4x^2-4x+5=(4x^2-4x+1)+4= (2x-1)^2+4.

Положим u=2x-1, тогда du=2\,dx. Если x=1/2, то u=2x-1=2\cdot(1/2)-1=0; если x=3/2, то u=2x-1=2\cdot(3/2)-1=2. Таким образом, 0 и 2 — новые пределы интегрирования. Функция u=2x-1 на отрезке \left[\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right] 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;


\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}



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 \int(x^3+2x^2+5)e^x\,dx.


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


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

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 e^x. Поэтому первообразную можно было сразу искать в следующем виде:


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

где E — произвольная постоянная.

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


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

Разделив обе части этого равенства на e^x, получим:


x^3+2x^2+5= 3Ax^2+2Bx+C+ Ax^3+Bx^2+Cx+D,
откуда
x^3+2x^2+5= Ax^3+(3A+B)x^2+ (2B+C)x+(C+D).
(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 {x}, получим:


\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}

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


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



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


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:


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

Для нахождения неопределенных коэффициентов A и B продифференцируем обе части равенства (3):


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

Разделим обе части этого равенства на e^{3x}:


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

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


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

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


\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.
Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).
Кнопка "Поделиться"

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2019 MathHelpPlanet.com. All rights reserved