1.9: Тригонометрична заміна
- Page ID
- 60911
У цьому розділі ми обговоримо підстановки, які спрощують інтеграли, що містять квадратні корені виду
\ begin {align*}\ sqrt {a^2-x^2} &&\ sqrt {a^2+x^2} &&\ sqrt {x^2-a^2}. \ end {вирівнювати*}
Коли integrand містить одне з цих квадратних коренів, то ми можемо використовувати тригонометричні заміни для їх усунення. Тобто підставляємо
\ begin {align*} x & = a\ sin u&\ текст {або} && x = a\ tan u&\ text {або} && x = a\ сек u\ end {align*}
а потім використовувати тригонометричні ідентичності
\ begin {збирати*}\ sin^2\ тета +\ cos^2\ тета = 1\ квад\ текст {і}\ квад 1+\ tan^2\ theta =\ сек^2\ тета\ кінець {збирати*}
для спрощення результату. Якщо бути точніше, ми можемо
- усунути\(\sqrt{a^2-x^2}\) з цілісного шляхом підстановки\(x=a\sin u\) дати
\ почати {збирати*}\ sqrt {a^2-x^2} =\ sqrt {a^2-a^2\ sin^2 u} =\ sqrt {a^2\ cos^2 u} =|a\ cos u|\ end {збирати*}
- усунути\(\sqrt{a^2+x^2}\) з цілісного шляхом підстановки\(x=a\tan u\) дати
\ почати {збирати*}\ sqrt {a^2+x^2} =\ sqrt {a^2+a^2\ tan^2 u} =\ sqrt {a^2\ sec^2 u} =|a\ сек u|\ кінець {збер*}
- усунути\(\sqrt{x^2-a^2}\) з цілісного шляхом підстановки\(x=a\sec u\) дати
\ почати {збирати*}\ sqrt {x^2-a^2} =\ sqrt {a^2\ sec^2u-a^2} =\ sqrt {a^2\ tan^2 u} =|a\ tan u|\ end {збирати*}
Будьте дуже обережні зі знаками і абсолютними значеннями при використанні цієї заміни. Див. Приклад 1.9.6.
Коли ми використовували заміни раніше, ми зазвичай дали нову змінну інтеграції,\(u\text{,}\) як функцію старої змінної інтеграції\(x\text{.}\) Тут ми робимо зворотне - ми даємо стару змінну інтеграції, з\(x\text{,}\) точки зору нової змінної інтеграції\(u\text{.}\) Ми можемо зробити так, як поки ми можемо інвертувати, щоб отримати\(u\) функцію\(x\text{.}\) Наприклад, з\(x=a\sin u\text{,}\) ми можемо взяти\(u=\arcsin\frac{x}{a}\text{.}\) Це хороший час для вас, щоб переглянути визначення\(\arcsin\theta\text{,}\)\(\arctan\theta\) і\(\textrm{arcsec}\theta\text{.}\) Див Розділ 2.12, «Зворотні функції», тексту CLP-1.
В якості розминки враховуйте площу чверті одиничного кола.
Обчислити площу одиничного кола, що лежить в першому квадранті.
Рішення
Ми знаємо, що відповідь,\(\frac\pi4\text{,}\) але ми також можемо обчислити це як інтеграл - ми бачили це назад у прикладі 1.1.16:
\ begin {align*}\ текст {область} &=\ int_0^1\ sqrt {1-x^2}\, d {x}\ end {align*}
- Для спрощення integrand підставляємо\(x=\sin u\text{.}\) З цим вибором\(\dfrac{dx}{du}=\cos u\) і так\(\, d{x}=\cos u \, d{u}\text{.}\)
- Нам також потрібно перевести межі інтеграції, і це, мабуть, найпростіше зробити це, написавши\(u\) як функцію\(x\) — а саме\(u(x)=\arcsin x\text{.}\) звідси\(u(0)=0\) і\(u(1)=\frac{\pi}{2}\text{.}\)
- Звідси інтеграл стає
\ почати {align*}\ int_0^1\ sqrt {1-x^2}\, d {x} &=\ int_0^ {\ frac {\ pi} {2}}\ sqrt {1-\ sin^2u}\ cdot\ cos u\, d {u}\ &=\ int_0^ {\ frac {\ pi} {2}}\ sqrt {\ cos^2u}\ cdot\ cos u\, d {u}\\ &=\ int_0^ {\ frac {\ pi} {2}}\ cos^2 u\, d {u}\ end {align*}
Зверніть увагу, що тут ми використовували, що позитивний квадратний корінь,\(\sqrt{\cos^2 u} = |\cos u|=\cos u\) тому що\(\cos(u)\geq 0\) для\(0 \leq u \leq \frac\pi2\text{.}\) - Щоб піти далі, використовуємо прийоми Розділу 1.8.
\ почати {align*}\ int_0^1\ sqrt {1-x^2}\, d {x} &=\ int_0^ {\ frac {\ pi} {2}}\ cos^2 u\, d {u}\ qquad\ qquad\ текст {а так $\ cos^2u=\ frac {1+\ cos2u} {2} $\ &&=\ гідророзриву {1} {2}\ int_0^ {\ frac {\ pi} {2}} (1+\ cos (2 u))\, d {u}\ &=\ розриву {1} {2}\ bigg [u +\ frac {1} {2}\ sin (2u)\ bigg] _0^ {\ frac {\ pi} {2}}}\\ &=\ гідророзриву {1} {2}\ ліворуч (\ frac {\ pi} {2} -0 +\ frac {\ sin\ pi} {2} -\ frac {\ sin 0} {2}\ праворуч)\\ &=\ frac {\ pi} {4}\ галочка\ кінець {align*}
Рішення
Ми чинимо так само, як і в попередньому прикладі.
- Для спрощення integrand підставляємо\(x=\sin u\text{.}\) З цим вибором\(\dfrac{dx}{du}=\cos u\) і так\(\, d{x}=\cos u \, d{u}\text{.}\) Також зверніть увагу, що\(u=\arcsin x\text{.}\)
- Інтеграл стає
\ почати {вирівнювати*}\ int\ frac {x^2} {\ sqrt {1-x^2}}\, d {x} &=\ int\ frac {\ sin^2u} {\ sqrt {\ sin^2u}}\ cdot\ cos u\, d {u}\ &=\ int\ frac {\ sin^2u} {\ sqrt\ cos^2u}}\ cdot\ cos u\, d {u}\ end {вирівнювати*}
- Щоб продовжити далі, нам потрібно позбутися від квадрата-кореня. Оскільки\(u=\arcsin x\) має домен\(-1\leq x \leq 1\) та діапазон,\(-\frac\pi2 \leq u \leq \frac\pi2\text{,}\) випливає, що\(\cos u \geq 0\) (оскільки косинус невід'ємний на цих входах). Звідси
\ почати {вирівнювати*}\ sqrt {\ cos^2u} &=\ cos u &\ текст {коли $-\ frac\ pi2\ leq u\ leq\ frac\ pi2 $}\ end {align*}
- Таким чином, наш невід'ємний тепер стає
\ почати {вирівнювати*}\ int\ frac {x^2} {\ sqrt {1-x^2}}\, d {x} &=\ int\ frac {\ sin^2u} {\ cos^2u}}\ cdot\ cos u\, d {u}\ &=\ int\ frac {\ sin^2u} {\ cos u}\ cточка\ cos u\, d {u}\ &=\ int\ sin^2u\, d {u}\ &=\ гідророзриву {1} {2}\ int (1-\ cos 2u)\, d {u}\ qquad\ текст {за рівнянням} {\ текст {1.8.4}}\\ &=\ frac {u} {2} - \ розрив {1} {4}\ sin 2u +C\\ &=\ гідророзриву {1} {2}\ arcsin x -\ розрив {1} {4}\ sin (2\ arcsin x) +C\ end {align*}
- Ми можемо спростити це далі, використовуючи подвійний кут ідентичності. Згадайте, що\(u = \arcsin x\) і що\(x=\sin u\text{.}\) Тоді\[\begin{align*} \sin 2u &= 2 \sin u \cos u\\ \\ \end{align*}\]
Ми можемо замінити,\(\cos u\) використовуючи\(\cos^2u = 1 - \sin^2u\text{.}\) Беручи квадратний корінь цієї формули дає\(\cos u= \pm \sqrt{1-\sin^2u}\text{.}\) Нам потрібна позитивна гілка тут, оскільки\(\cos u \geq 0\) коли\(-\frac\pi2 \leq u \leq \frac\pi2\) (що саме діапазон\(\arcsin x\)). Продовжуючи уздовж:
\ begin {align*}\ sin2u &= 2\ sin u\ cdot\ sqrt {1-\ sin^2 u}\\ &= 2 x\ sqrt {1-x^2}\ end {align*} Таким чином, наше рішення\ begin {align*}\ int\ frac {x^2} {\ sqrt {1-x^2}}\, d {x} &=\ розриву {1} {2}\ arcsin x -\ frac {1} {4}\ sin (2\ arcsin x) +C\\ &=\ розриву {1} {2}\ arcsin x -\ frac {1} 2} х\ sqrt {1-x^2} +C\ end {вирівнювати*}
Наведені вище два приклади ілюструють основні етапи підходу. Наступний приклад схожий, але з більш складними межами інтеграції.
Давайте знайдемо область затіненої області на ескізі нижче.
Ми встановимо інтеграл за допомогою вертикальних смуг. Смуга на малюнку має ширину\(\, d{x}\) і висоту,\(\sqrt{r^2-x^2}\text{.}\) тому площа задається інтегралом
\ begin {align*}\ текст {область} &=\ int_a^r\ sqrt {r^2-x^2}\, d {x}\ end {align*}
Що дуже схоже на попередній приклад.
Рішення
- Для оцінки інтеграла підставляємо
\ begin {align*} x & = x (u) =r\ sin u &\, d {x} &=\ dfrac {dx} {ду}\, d {u} =r\ cos u\, d {u}\ end {align*}
Також корисно писати\(u\) як функцію\(x\) - а саме\(u =\arcsin\frac{x}{r}\text{.}\) - Інтеграл проходить від\(x=a\) до\(x=r\text{.}\) Ці відповідають
\ begin {align*} u (r) &=\ arcsin\ frac {r} {r} =\ arcsin 1 =\ frac {\ pi} {2}\ u (a) &=\ arcsin\ frac {a} {r}\ quad\ text {що не спрощує далі}\ кінець {align*}
- Інтеграл тоді стає
\ почати {вирівнювати*}\ int_a^r\ sqrt {r^2-x^2}\, d {x} &=\ int_ {\ arcsin (а/р)} ^ {\ frac\ pi2}\ sqrt {r^2-r^2\ sin^2u}\ cdot r\ cos u\, d {u}\ &=\ int_ {\ arcsin (а/r)} ^ {\ FRAC\ pi2} r^2\ sqrt {1-\ sin^2u}\ cdot\ cos u\, d {u}\ &= r^2\ int_ {\ arcsin (а/р)} ^ {\ frac\ pi2}\ sqrt {\ cos^2u}\ cdot\ cos u\, d {u}\ кінець {align*}
Щоб продовжити далі (як ми це робили в прикладах 1.9.1 і 1.9.2), нам потрібно подумати про те, позитивний чи\(\cos u\) негативний. - Оскільки\(a\) (як показано на схемі) задовольняє,\(0 \leq a \leq r\text{,}\) ми знаємо, що\(u(a)\) лежить між\(\arcsin(0)=0\) і\(\arcsin(1)=\frac\pi2\text{.}\) Звідси змінна\(u\) лежить між\(0\)\(\frac\pi2\text{,}\) і і на\(\cos u \geq 0\text{.}\) цьому діапазоні Це дозволяє нам позбутися від квадратного кореня:
\ почати {збирати*}\ sqrt {\ cos^2u} = |\ cos u| =\ cos u\ end {збирати*}
- Вклавши цей факт в наш інтеграл, ми отримуємо\[\begin{align*} \int_a^r \sqrt{r^2-x^2} \, d{x} &= r^2\int_{\arcsin(a/r)}^{\frac\pi2} \sqrt{\cos^2u} \cdot \cos u \, d{u}\\ &= r^2 \int_{\arcsin(a/r)}^{\frac\pi2} \cos^2 u \, d{u}\\ \end{align*}\]
Згадати посвідчення\(\cos^2u=\frac{1+\cos2u}{2}\) з розділу 1.8
\ почати {вирівнювати*} &=\ розриву {r^2} {2}\ int_ {\ arcsin (а/р)} ^ {\ розриву\ pi2} (1 +\ cos 2u)\, d {u}\ &=\ фрак {r^2} {2}\ bigg [u +\ frac {1} {2}\ sin (2u)\ bigg] _ {\ arcsin (а/р)} ^ {\ frac\ pi2}\\ &=\ фракція {r^2} {2}\ лівий (\ frac {\ pi} {2} +\ frac {1} {2} {2} {2} {2} {2} {2} {2} {arcsin (а/р)\ правий)\\ &= \ frac {r^2} {2}\ лівий (\ frac {\ pi} {2} -\ arcsin (а/р) -\ frac {1} {2}\ sin (2\ arcsin (а/р))\ праворуч)\ end {align*} Of! Але є трохи далі, перш ніж ми закінчимо. - Ми можемо знову спростити термін,\(\sin( 2\arcsin(a/r))\) використовуючи подвійний кут ідентичності. Set\(\theta = \arcsin(a/r)\text{.}\)\(\theta\) Then - кут у трикутнику праворуч внизу. За формулою подвійного кута для\(\sin(2\theta)\) (Рівняння 1.8.2)
\ begin {align*}\ sin (2\ тета) &=2\ sin\ тета\ cos\ тета\\ &= 2\\ гідророзриву {a} {r}\\ frac {\ sqrt {r^2-a^2}} {r}. \ end {вирівнювати*}
- Отже, нарешті, площа
\ begin {align*}\ текст {область} &=\ int_a^r\ sqrt {r^2-x^2}\, d {x}\ &=\ frac {r^2} {2}\ ліворуч (\ frac {\ pi} {2} -\ arcsin (а/р) -\ frac {1} {2}\ sin (2\ arcsin (а/р)\ праворуч)\\ &=\ гідророзриву {\ pi r^2} {4} -\ гідророзриву {r^2} {2}\ arcsin (а/р) -\ розриву {a} {2}\ sqrt {r^2-a^2}\ end {align*}
- Це відносно складна формула, але ми можемо зробити деякі перевірки «розумності», дивлячись на спеціальні значення\(a\text{.}\)
- Якщо\(a=0\) затінена область, на малюнку на початку цього прикладу, становить рівно одну чверть диска радіуса\(r\) і так має область\(\frac{1}{4}\pi r^2\text{.}\) Підставляючи\(a=0\) в нашу відповідь дійсно дає\(\frac{1}{4}\pi r^2\text{.}\)
- З іншого боку, якщо\(a=r\text{,}\) затінена область зникає повністю і так має область\(0\text{.}\) Subbing\(a=r\) в нашу відповідь дійсно дає,\(0\text{,}\) оскільки\(\arcsin 1=\frac{\pi}{2}\text{.}\)
Інтеграл\(\int_a^r x\sqrt{r^2-x^2}\, d{x}\) виглядає так само, як інтеграл ми тільки що зробили в попередніх 3 прикладах. Його також можна оцінити за допомогою тригонометричної заміни\(x= r\sin u\) - але це надмірно складно. Те, що ви зараз навчилися використовувати тригонометричну заміну 1, не означає, що ви повинні забути все, що ви дізналися раніше.
Рішення
Цей інтеграл набагато легше оцінюється за допомогою простої підміни\(u=r^2-x^2\text{.}\)
- Встановити\(u=r^2-x^2\text{.}\) Тоді\(\, d{u}=-2x\, d{x}\text{,}\) і так
\ почати {вирівнювати*}\ int_a^r х\ sqrt {r^2-x^2}\, d {x} &=\ int_ {r^2-a^2} ^0\ sqrt {u}\\ frac {\, d {u}} {-2}\ &=-\ розриву {1} {2}\ bigg [\ frac {u^ {3/2}} {3/2}\ великий] _ {r^2-a^2} ^0\ &=\ розриву {1} {3}\ великий [r^2-a^2\ big] ^ {3/2}\ кінець {align*}
Досить синусів і косинусів — спробуємо дотичну заміну.
Рішення
Відповідно до наших вказівок на початку цього розділу, наявність терміна квадратного кореня\(\sqrt{3^2+x^2}\) говорить нам про заміну\(x=3\tan u\text{.}\)
- Замінник
\ begin {вирівнювати*} x & = 3\ tan u &\, d {x} &= 3\ сек^2 u\, d {u}\ end {вирівнювати*}
Це дозволяє нам видалити квадратний корінь:\ почати {вирівнювати*}\ sqrt {9+x^2} &=\ sqrt {9+9\ tan^2u} =3\ sqrt {1+\ tan^2u} =3\ sqrt {\ sec^2 u} =3|\ сек u|\ кінець {align*}
- Отже, наша інтегральна стає
\ почати {вирівнювати*}\ int\ frac {\, d {x}} {x^2\ sqrt {9+x^2}} &=\ int\ frac {3\ сек^2 u} {9\ tan^2u\ cdot 3|\ сек u|}\, d {u}\ кінець {вирівнювати*}
- Щоб видалити абсолютне значення, ми повинні розглянути діапазон значень\(u\) в інтегралі. Оскільки у\(x=3\tan u\) нас є\(u = \arctan(x/3)\text{.}\) Діапазон 2 арктангенса є\(-\frac{\pi}{2} \leq \arctan \leq \frac{\pi}{2}\) і так завжди\(u=\arctan(x/3)\) буде подобається між\(-\frac{\pi}{2}\) і\(+\frac{\pi}{2}\text{.}\) Отже завжди\(\cos u\) буде позитивним, що, в свою чергу, означає, що\(|\sec u|=\sec u\text{.}\)
- Використовуючи цей факт, наш інтеграл стає:
\ почати {вирівнювати*}\ int\ frac {\, d {x}} {x^2\ sqrt {9+x^2}} &=\ int\ frac {3\ сек^2 u} {27\ tan^2u |\ сек u|}\, d {u}\\ &=\ розриву {1} {9}\ int\ frac {сек\ u} {^2u}\, d {u} &\ текст {так як $\ сек u\ gt 0$}\ end {align*}
- Перепишіть це через синус і косинус\[\begin{align*} \int \frac{\, d{x}}{x^2\sqrt{9+x^2}} &= \frac{1}{9}\int \frac{\sec u}{\tan^2u} \, d{u}\\ &= \frac{1}{9} \int \frac{1}{\cos u}\cdot \frac{\cos^2u}{\sin^2 u}\, d{u} = \frac{1}{9} \int \frac{\cos u}{\sin^2 u}\, d{u}\\ \end{align*}\]
Тепер ми можемо використовувати правило підміни з\(y=\sin u\) і\(\, d{y}=\cos u\, d{u}\)
\ почати {вирівнювати*} &=\ гідророзриву {1} {9}\ int\ гідророзриву {\, d {y}} {y^2}\ &= -\ розриву {1} {9y} +C\\ &= -\ розрив {1} {9\ sin u} +C\ end {вирівнювати*} - Оригінальний інтеграл був функцією\(x\text{,}\) тому ми все ще повинні переписати\(\sin u\) з точки зору\(x\text{.}\) Пам'ятайте, що\(x=3 \tan u\) або\(u=\arctan(x/3)\text{.}\) Так\(u\) кут, показаний в трикутнику нижче, і ми можемо прочитати від трикутника, що
\ почати {вирівнювати*}\ sin u &=\ розрив {x} {\ sqrt {9+x^2}}\\ передбачає\ int\ розрив {\, d {x}} {x^2\ sqrt {9+x^2}} &= -\ frac {\ sqrt {9+x^2}} {9x} +C\ кінець {align*}
Рішення
Цей вимагає секантної заміни, але в іншому дуже схожий на вищезазначені.
- Встановити\(x = \sec u\) і\(\, d{x}=\sec u \tan u \, d{u}\text{.}\) потім
\ почати {вирівнювати*}\ int\ frac {x^2} {\ sqrt {x^2-1}}\, d {x} &=\ int\ frac {\ sec^2 u} {\ sqrt {\ sec^2u-1}}\ сек u\ tan u\, d {u}\ &=\ int\ сек^3 u\ cdot\ frac {\ tan u} {\ sqrt {\ tan^2u}}\, d {u}\ qquad\ текст {так як $\ tan^2u =\ sec^2u-1$}\\ &=\ int\ sec^3u\ cdot\ frac {\ tan u} {|\ tan u|}\, d {u}\ кінець {вирівнювати*}
- Як і раніше, ми повинні розглянути діапазон\(u\) значень, щоб визначити знак\(\tan u\text{.}\) Повідомлення, що integrand визначається тільки тоді, коли\(x \lt -1\) або,\(x \gt 1\text{;}\) таким чином, ми повинні розглядати випадки\(x \lt -1\) і\(x \gt 1\) окремо. Припустимо, що\(x \gt 1\) і ми повернемося до справи\(x \lt -1\) в кінці прикладу.
Коли\(x \gt 1\text{,}\) наші\(u=\textrm{arcsec}x\) беруть цінності в\((0,\frac\pi2)\text{.}\) Це випливає з тих пір, коли\(0 \lt u \lt \frac\pi2\text{,}\) ми маємо\(0 \lt \cos u \lt 1\) і так\(\sec u \gt 1\text{.}\) далі, коли\(0 \lt u \lt \frac\pi2\text{,}\) ми маємо\(\tan u \gt 0\text{.}\) Таким чином\(|\tan u|=\tan u\text{.}\)
- Назад до нашої інтегральної, коли\(x> 1\text{:}\)\[\begin{align*} \int \frac{x^2}{\sqrt{x^2-1}} \, d{x} &= \int \sec^3u \cdot \frac{\tan u}{|\tan u|} \, d{u}\\ &= \int \sec^3u \, d{u} & \text{since } \tan u\geq 0\\ \end{align*}\]
Це саме приклад 1.8.22
\ begin {вирівнювати*} &=\ розрив {1} {2}\ сек u\ tan u +\ frac {1} {2}\ log|\ сек u +\ tan u| +C\ end {align*} - Так як ми почали з функції\(x\) нам потрібно закінчити з одним. Ми знаємо, що\(\sec u = x\) і тоді ми можемо використовувати ідентичності trig\[\begin{align*} \tan^2 u &= \sec^2 u - 1 = x^2-1 & \text{so } \tan u &= \pm \sqrt{x^2-1}\\ \end{align*}\]
але ми знаємо
\ begin {align*}\ tan u &\ geq 0 &\ текст {так}\ tan u &=\ sqrt {x^2-1}\ end {align*} Таким чином\ почати {вирівнювати*}\ int\ розрив {x^2} {\ sqrt {x^2-1}}\, d {x} &=\ розрив {1} {2} х\ sqrt {x^2-1} +\ frac {1} {2}\ log| x +\ sqrt {x^2-1} | +C\ end {align*}
- Вищезазначене стосується, коли\(x \gt 1\text{.}\) Ми можемо підтвердити, що це також правда, коли\(x \lt -1\) показуючи праву сторону, є дійсним антипохідним цілісного. Для цього ми повинні диференціювати нашу відповідь. Зверніть увагу, що нам не потрібно розглядати ознаку того,\(x+\sqrt{x^2-1}\) коли ми диференціюємо, оскільки ми вже бачили це
\ begin {вирівнювати*}\ гідророзриву {d} {dx}\ log|x| &=\ гідророзриву {1} {x}\ end {align*}
коли\(x \lt 0\) або\(x \gt 0\text{.}\) Так наступне обчислення застосовується до обох\(x \gt 1\) і\(x \lt -1\text{.}\) Вирази стають досить довгими, тому ми розмежовуємо кожен термін окремо:\ почати {вирівнювати*}\ frac {d} {dx}\ лівий [x\ sqrt {x^2-1}\ праворуч] &=\ лівий [\ sqrt {x^2-1} +\ frac {x^2} {\ sqrt {x^2-1}}\ праворуч]\\ &=\ frac {1} {\ sqrt {x^2-1}}\ ліворуч [x^2-1} ^2-1) + х ^ 2\ праворуч]\\ розриву {d} {dx}\ журнал\ великий | х +\ sqrt {x^2-1}\ big| &=\ frac {1} {x+\ sqrt {x^2-1}}\ cdot\ ліворуч [1+\ frac {x} {\ sqrt {x^2-1}}\ праворуч]\\ &= \ frac {1} {x+\ sqrt {x^2-1}}\ cdot\ frac {x+\ sqrt {x^2-1}} {\ sqrt {x^2-1}}\\ &=\ frac {1} {\ sqrt {x^2-1}}\ кінець {align*}
Складання речей тоді дає нам\ begin {вирівнювати*} &\ гідророзриву {d} {dx}\ лівий [\ frac {1} {2} х\ sqrt {x^2-1} +\ frac {1} {2}\ log| x +\ sqrt {x^2-1} | +C\ праворуч]\\ &=\ гідророзриву {1} {2\ sqrt {x^2-1}}\ лівий [x^2-1) + x^2 + 1\ праворуч] +0\\ &=\ розриву {x^2} {\ sqrt {x^2-1}}\ end {align*}
Це говорить нам про те, що наша відповідь також дійсна\(x \gt 1\), коли\(x \lt -1\) і так\ почати {вирівнювати*}\ int\ розрив {x^2} {\ sqrt {x^2-1}}\, d {x} &=\ розрив {1} {2} х\ sqrt {x^2-1} +\ frac {1} {2}\ log| x +\ sqrt {x^2-1} | +C\ end {align*}
коли\(x \lt -1\) і коли\(x \gt 1\text{.}\)
У цьому прикладі нам пощастило. Відповідь, яку ми вивели,\(x>1\) виявилася також дійсною для\(x<-1\text{.}\) Це не завжди відбувається з\(x=a\,\sec u\) заміною. Коли це не так, ми повинні застосовувати окремі\(x>a\)\(x<-a\) аналізи, які дуже схожі на наш\(x>1\) аналіз вище. Звичайно, це подвоює нудьгу. Так що в книзі проблем CLP-2 ми не будемо ставити питання, які вимагають окремих\(x>a\) і\(x<-a\) обчислень.
Метод, як ми продемонстрували вище, працює, коли наш integrand містить квадратний корінь дуже специфічних сімей квадратичних многочленів. Фактично, той самий метод працює для більш загальних квадратичних многочленів - все, що нам потрібно зробити, це завершити квадрат 3.
Цього разу ми маємо інтеграл з квадратним коренем в integrand, але аргумент квадратного кореня, в той час як квадратична функція не в одній зі стандартних форм\(\sqrt{a^2-x^2}\text{,}\)\(\sqrt{a^2+x^2}\text{,}\)\(\sqrt{x^2-a^2}\text{.}\) Причина того, що він не в одній з цих форм полягає в тому, що аргумент,\(x^2-2x-3\text{,}\) містить\(x\text{,}\) термін, а саме\(-2x\) те, що має ступінь один в\(x\text{.}\) Тому ми намагаємося маніпулювати ним в одній із стандартних форм, заповнивши квадрат.
Рішення
- Спочатку перепишемо квадратичний многочлен\(x^2-2x-3\) у вигляді\((x-a)^2+b\) для деяких констант.\(a,b\text{.}\) Найпростіший спосіб зробити це - розширити обидва вирази і порівняти коефіцієнти\(x\text{:}\)
\ почати {вирівнювати*} х ^2-2x-3 &= (х-а) ^2+b = (x^2-2ax+a^2) +b\ кінець {вирівнювати*}
Отже — якщо ми виберемо\(-2a=-2\) (так коефіцієнти\(x^1\) відповідності) і\(a^2+b=-3\) (так коефіцієнти\(x^0\) відповідності), то обидва вирази рівні. Звідси ми встановлюємо\(a=1\) і\(b=-4\text{.}\) Тобто\ begin {вирівнювати*} x^2-2x-3 &= (x-1) ^2-4\ end {вирівнювати*}
Багато хто з вас, можливо, бачили цей метод, коли навчилися малювати параболи. - Після того, як це буде зроблено, ми можемо перетворити квадратний корінь integrand в стандартну форму, зробивши просту заміну\(y=x-1\text{.}\) Тут йде
\ почати {вирівнювати*} &\ int_3^5\ розбиття {\ sqrt {x^2-2x-3}} {x-1}\, d {x}\\ &=\ int_3^5\ frac {\ sqrt {(x-1) ^2-4}} {x-1}\, d {x}\ &=\ int_2^4\ frac {\ sqrt {y-1} ^2-4}} {y}\, d {y} &\ текст {з} y=x-1,\, d {y} =\, d {x}\ &=\ int_0^ {\ pi/3}\ frac {\ sqrt {4\ сек^2u-4}} {2\ сек u}\ 2\ сек u\ u\, d {u}} y=2\ сек у\\ & підсилювач; &\ текст {і}\, d {y} = 2\ сек u\ tan u\, d {u}\ end {align*}
Зверніть увагу, що ми також могли б зробити це за меншу кількість кроків, встановивши\((x-1)=2\sec u, \, d{x}=2\sec u\tan u\, d{u}\text{.}\) - Щоб отримати межі інтеграції, ми використовували це
- значення того\(u\), що відповідає\(y=2\) підкоряється\(2=y=2\sec u=\frac{2}{\cos u}\) або\(\cos u=1\text{,}\) так, що\(u=0\) працює і
- значення того\(u\), що відповідає\(y=4\) підкоряється\(4=y=2\sec u=\frac{2}{\cos u}\) або\(\cos u=\frac{1}{2}\text{,}\) так, що\(u=\frac{\pi}{3}\) працює.
- Тепер повертаючись до оцінки інтеграла, спрощуємо і продовжуємо. \[\begin{align*} \int_3^5\frac{\sqrt{x^2-2x-3}}{x-1}\, d{x} &=\int_0^{\pi/3} 2\sqrt{\sec^2 u -1}\ \tan u\, d{u}\\ &=2\int_0^{\pi/3} \tan^2 u\, d{u} \qquad\text{since } \sec^2u=1+\tan^2u\\ \end{align*}\]
Беручи квадратний корінь,\(\sec^2u-1=\tan^2u\) ми використовували це\(\tan u\ge 0\) на діапазоні\(0\le u\le \frac{\pi}{3}\text{.}\)
\ begin {align*} &=2\ int_0^ {\ pi/3}\ big [\ sec^2 u-1\ big]\, d {u}\ qquad\ quad\ текст {так $\ sec^2u=1+\ tan^2u$, знову}\\ &=2\ великий [\ tan u - u\ Big] _0^ {\ pi/3}\ &=2\ великий [\ sqrt {3} -\ frac {\ pi} {3}\ великий]\ кінець {align*}
Вправи
Нагадаємо, що ми використовуємо\(\log x\) для позначення логарифма\(x\) з основою.\(e\text{.}\) В інших курсах його часто позначають\(\ln x\text{.}\)
Етап 1
Для кожного з наступних інтегралів вибирайте підстановку, яка найбільш вигідна для оцінки інтеграла.
- \(\displaystyle \int \frac{2x^2}{\sqrt{9x^2-16}} \, \, d{x}\)
- \(\displaystyle \int \frac{x^4-3}{\sqrt{1-4x^2}} \, \, d{x}\)
- \(\displaystyle \int {(25+x^2)}^{-5/2} \, \, d{x}\)
Для кожного з наступних інтегралів вибирайте тригонометричну заміну, яка усуне коріння.
- \(\displaystyle\int \dfrac{1}{\sqrt{x^2-4x+1}}\, d{x}\)
- \(\displaystyle\int \dfrac{(x-1)^6}{(-x^2+2x+4)^{3/2}}\, d{x}\)
- \(\displaystyle\int \dfrac{1}{\sqrt{4x^2+6x+10}}\, d{x}\)
- \(\displaystyle\int \sqrt{x^2-x}\, d{x}\)
У кожній частині цього питання\(\theta\) припустимо кут в інтервалі\(\left[ 0,\pi/2\right]\text{.}\)
- Якщо\(\sin\theta=\dfrac{1}{20}\text{,}\) що таке\(\cos\theta\)?
- Якщо\(\tan\theta=7\text{,}\) що таке\(\csc\theta\)?
- Якщо\(\sec\theta=\dfrac{\sqrt{x-1}}{2}\text{,}\) що таке\(\tan\theta\)?
Спростіть наступні вирази.
- \(\sin\left(\arccos \left(\frac{x}{2}\right)\right)\)
- \(\sin\left(\arctan \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\right)\)
- \(\sec\left(\arcsin \left(\sqrt{x}\right)\right)\)
Етап 2
Оцінити\(\displaystyle\int \frac1{(x^2+4)^{3/2}} \,\, d{x}.\)
Оцініть\( \displaystyle \int_{0}^{4}\frac{1}{(4+x^2)^{3/2}} \, d{x}\text{.}\) Ваша відповідь може не містити зворотних тригонометричних функцій.
Оцінити\(\displaystyle\int_0^{5/2} \frac{\, d{x}}{\sqrt{25-x^2}}\text{.}\)
Оцініть\(\displaystyle\int \frac{\, d{x}}{\sqrt{x^2+25}}\text{.}\) Ви можете використовувати це\({\displaystyle\int} \sec \, d{x} = \log\big|\sec x+\tan x\big|+C\text{.}\)
Оцінити\(\displaystyle\int\frac{x+1}{\sqrt{2x^2+4x}} \, \, d{x}\text{.}\)
Оцінити\(\displaystyle\int\frac{\, d{x}}{x^2\sqrt{x^2+16}}\text{.}\)
Оцініть\(\displaystyle\int \frac{\, d{x}}{x^2\sqrt{x^2-9}}\) для\(x \ge 3\text{.}\) Не включайте у відповідь будь-які зворотні тригонометричні функції.
(а) Покажіть, що\(\displaystyle\int_0^{\pi/4}\cos^4\theta\, d{\theta}=(8+3\pi)/32\text{.}\)
(б) Оцінити\(\displaystyle\int_{-1}^1\frac{\, d{x}}{{(x^2+1)}^3}\text{.}\)
Оцінити\(\displaystyle\int_{-\pi/12}^{\pi/12} \dfrac{15x^3}{(x^2+1)(9-x^2)^{5/2}}\, d{x}\text{.}\)
Оцінити\({\displaystyle\int} \sqrt{4-x^2}\,\, d{x}\text{.}\)
Оцініть\(\displaystyle\int \frac{\sqrt{25x^2-4}}{x}\,\, d{x}\) для\(x\gt \frac{2}{5}\text{.}\)
Оцінити\(\displaystyle\int_{\sqrt{10}}^{\sqrt{17}} \frac{x^3}{\sqrt{x^2-1}}\, \, d{x}\text{.}\)
Оцінити\(\displaystyle\int \frac{\, d{x}}{\sqrt{3-2x-x^2}}\text{.}\)
Оцініть\(\displaystyle\int \dfrac{1}{(2x-3)^3\sqrt{4x^2-12x+8}}\, d{x}\) для\(x \gt 2\text{.}\)
Оцінити\(\displaystyle\int_0^1\dfrac{x^2}{(x^2+1)^{3/2}}\, d{x}\text{.}\)
Ви можете використовувати це\(\int \sec x\, d{x} = \log|\sec x+\tan x| +C\text{.}\)
Оцінити\(\displaystyle\int \frac{1}{(x^2+1)^2}\, d{x}\text{.}\)
Етап 3
Оцінити\(\displaystyle\int \dfrac{x^2}{\sqrt{x^2-2x+2}}\, d{x}\text{.}\)
Ви можете припустити без доказів, що\(\displaystyle\int \sec^3 \theta\, d{\theta} = \frac{1}{2}\sec\theta\tan\theta + \frac{1}{2}\log|\sec\theta+\tan\theta|+C\text{.}\)
Оцінити\(\displaystyle\int \dfrac{1}{\sqrt{3x^2+5x}}\, d{x}\text{.}\)
Ви можете використовувати це\(\int \sec x\, d{x} = \log|\sec x+\tan x| +C\text{.}\)
Оцінити\(\displaystyle\int\dfrac{(1+x^2)^{3/2}}{x}\, d{x}\text{.}\) Ви можете використовувати той факт, що\(\displaystyle\int \csc \theta\, d{\theta}=\log|\cot \theta - \csc \theta|+C\text{.}\)
Нижче наведено графік еліпса\(\left(\frac{x}{4}\right)^2+\left(\frac{y}{2}\right)^2=1\text{.}\) Знайдіть площу затіненої області за допомогою ідей з цього розділу.
Дозволяти\(f(x) = \dfrac{|x|}{\sqrt[4]{1-x^2}}\text{,}\) і нехай\(R\) буде область між\(f(x)\) і\(x\) -вісь через інтервал\([-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]\text{.}\)
- Знайдіть площу\(R\text{.}\)
- Знайдіть обсяг твердого тіла, утвореного\(R\) обертанням навколо\(x\) -осі.
Оцініть\(\displaystyle\int \sqrt{1+e^x}\, d{x}\text{.}\) Ви можете використовувати антидериватив\(\displaystyle\int \csc \theta \, d{\theta} = \log|\cot \theta - \csc \theta|+C\text{.}\)
Розглянемо наступні роботи.
- диференціювати\(\log\left| \dfrac{1+x}{\sqrt{1-x^2}}\right|\text{.}\)
- Правда чи брехня:\(\displaystyle\int_{2}^{3} \frac{1}{1-x^2}\, d{x} = \left[\log\left| \dfrac{1+x}{\sqrt{1-x^2}}\right|\right]_{x=2}^{x=3}\)
- Чи була робота в питанні правильною? Поясніть.
- Припустимо, ми оцінюємо інтеграл, який містить термін,\(\sqrt{a^2-x^2}\text{,}\) де\(a\) позитивна константа, і ми використовуємо підстановку\(x=a\sin u\) (з оберненою\(u = \arcsin(x/a)\)), щоб
\[ \sqrt{a^2-x^2} = \sqrt{a^2\cos^2u}= |a\cos u| \nonumber \]
За яких обставин\(|a\cos u|\neq a\cos u\text{?}\) - Припустимо, ми оцінюємо інтеграл, який містить термін,\(\sqrt{a^2+x^2}\text{,}\) де\(a\) позитивна константа, і ми використовуємо підстановку\(x=a\tan u\) (з оберненою\(u = \arctan(x/a)\)), щоб
\[ \sqrt{a^2+x^2} = \sqrt{a^2\sec^2u}= |a\sec u| \nonumber \]
За яких обставин\(|a\sec u|\neq a\sec u\text{?}\) - Припустимо, ми оцінюємо інтеграл, який містить термін,\(\sqrt{x^2-a^2}\text{,}\) де\(a\) позитивна константа, і ми використовуємо підстановку\(x=a\sec u\) (з оберненою\(u = \textrm{arcsec}(x/a)=\arccos(a/x)\)), щоб
\[ \sqrt{x^2-a^2} = \sqrt{a^2\tan^2u}= |a\tan u| \nonumber \]
За яких обставин\(|a\tan u|\neq a\tan u\text{?}\)
- Перефразовуючи Закон інструменту, можливо, Марк Твен і, безумовно, деякі психологи, коли у вас є блискучий новий молоток, все виглядає як цвях.
- Щоб бути педантичним, ми маємо на увазі діапазон «стандартної» арктангенсної функції або її «принципове значення». Можна визначити інші арктангенсні функції з різними діапазонами.
- Якщо ви не чули про «завершення квадрата», не хвилюйтеся. Це не складний метод, і це займе у вас лише кілька хвилин, щоб навчитися. Це стосується перезапису квадратичного многочлена\(P(x) = ax^2 + bx + c\) як\(P(x)= a(x+d)^2 +e\) для нових констант.\(d,e\text{.}\)