1.9: Тригонометрична заміна

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.

Приклад 1.9.1 Чверть 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*}

Приклад 1.9.2$\int \frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\, d{x}$

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.

Приклад 1.9.3$\int_a^r\sqrt{r^2-x^2}\, d{x}$

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$\arcsin 1=\frac{\pi}{2}\text{.}$

Приклад 1.9.4$\int_a^r x\sqrt{r^2-x^2}\, d{x}$

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.

Приклад 1.9.5$\int\frac{\, d{x}}{x^2\sqrt{9+x^2}}$

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*}

Приклад 1.9.6$\int \frac{x^2}{\sqrt{x^2-1}} \, d{x}$

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.

Приклад 1.9.7$\int_3^5\frac{\sqrt{x^2-2x-3}}{x-1}\, d{x}$

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

1 (✳)

Для кожного з наступних інтегралів вибирайте підстановку, яка найбільш вигідна для оцінки інтеграла.

1. $\displaystyle \int \frac{2x^2}{\sqrt{9x^2-16}} \, \, d{x}$
2. $\displaystyle \int \frac{x^4-3}{\sqrt{1-4x^2}} \, \, d{x}$
3. $\displaystyle \int {(25+x^2)}^{-5/2} \, \, d{x}$

2

Для кожного з наступних інтегралів вибирайте тригонометричну заміну, яка усуне коріння.

1. $\displaystyle\int \dfrac{1}{\sqrt{x^2-4x+1}}\, d{x}$
2. $\displaystyle\int \dfrac{(x-1)^6}{(-x^2+2x+4)^{3/2}}\, d{x}$
3. $\displaystyle\int \dfrac{1}{\sqrt{4x^2+6x+10}}\, d{x}$
4. $\displaystyle\int \sqrt{x^2-x}\, d{x}$

3

У кожній частині цього питання$\theta$ припустимо кут в інтервалі$\left[ 0,\pi/2\right]\text{.}$

1. Якщо$\sin\theta=\dfrac{1}{20}\text{,}$ що таке$\cos\theta$?
2. Якщо$\tan\theta=7\text{,}$ що таке$\csc\theta$?
3. Якщо$\sec\theta=\dfrac{\sqrt{x-1}}{2}\text{,}$ що таке$\tan\theta$?

4

Спростіть наступні вирази.

1. $\sin\left(\arccos \left(\frac{x}{2}\right)\right)$
2. $\sin\left(\arctan \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\right)$
3. $\sec\left(\arcsin \left(\sqrt{x}\right)\right)$

Етап 2

5 (✳)

Оцінити$\displaystyle\int \frac1{(x^2+4)^{3/2}} \,\, d{x}.$

6 (✳)

Оцініть$\displaystyle \int_{0}^{4}\frac{1}{(4+x^2)^{3/2}} \, d{x}\text{.}$ Ваша відповідь може не містити зворотних тригонометричних функцій.

7 (✳)

Оцінити$\displaystyle\int_0^{5/2} \frac{\, d{x}}{\sqrt{25-x^2}}\text{.}$

8 (✳)

Оцініть$\displaystyle\int \frac{\, d{x}}{\sqrt{x^2+25}}\text{.}$ Ви можете використовувати це${\displaystyle\int} \sec \, d{x} = \log\big|\sec x+\tan x\big|+C\text{.}$

9

Оцінити$\displaystyle\int\frac{x+1}{\sqrt{2x^2+4x}} \, \, d{x}\text{.}$

10 (✳)

Оцінити$\displaystyle\int\frac{\, d{x}}{x^2\sqrt{x^2+16}}\text{.}$

11 (✳)

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.

12 (✳)

(а) Покажіть, що$\displaystyle\int_0^{\pi/4}\cos^4\theta\, d{\theta}=(8+3\pi)/32\text{.}$

(б) Оцінити$\displaystyle\int_{-1}^1\frac{\, d{x}}{{(x^2+1)}^3}\text{.}$

13

Оцінити$\displaystyle\int_{-\pi/12}^{\pi/12} \dfrac{15x^3}{(x^2+1)(9-x^2)^{5/2}}\, d{x}\text{.}$

14 (✳)

Оцінити${\displaystyle\int} \sqrt{4-x^2}\,\, d{x}\text{.}$

15 (✳)

Оцініть$\displaystyle\int \frac{\sqrt{25x^2-4}}{x}\,\, d{x}$ для$x\gt \frac{2}{5}\text{.}$

16

Оцінити$\displaystyle\int_{\sqrt{10}}^{\sqrt{17}} \frac{x^3}{\sqrt{x^2-1}}\, \, d{x}\text{.}$

17 (✳)

Оцінити$\displaystyle\int \frac{\, d{x}}{\sqrt{3-2x-x^2}}\text{.}$

18

Оцініть$\displaystyle\int \dfrac{1}{(2x-3)^3\sqrt{4x^2-12x+8}}\, d{x}$ для$x \gt 2\text{.}$

19

Оцінити$\displaystyle\int_0^1\dfrac{x^2}{(x^2+1)^{3/2}}\, d{x}\text{.}$

Ви можете використовувати це$\int \sec x\, d{x} = \log|\sec x+\tan x| +C\text{.}$

20

Оцінити$\displaystyle\int \frac{1}{(x^2+1)^2}\, d{x}\text{.}$

Етап 3

21

Оцінити$\displaystyle\int \dfrac{x^2}{\sqrt{x^2-2x+2}}\, d{x}\text{.}$

Ви можете припустити без доказів, що$\displaystyle\int \sec^3 \theta\, d{\theta} = \frac{1}{2}\sec\theta\tan\theta + \frac{1}{2}\log|\sec\theta+\tan\theta|+C\text{.}$

22

Оцінити$\displaystyle\int \dfrac{1}{\sqrt{3x^2+5x}}\, d{x}\text{.}$

Ви можете використовувати це$\int \sec x\, d{x} = \log|\sec x+\tan x| +C\text{.}$

23

Оцінити$\displaystyle\int\dfrac{(1+x^2)^{3/2}}{x}\, d{x}\text{.}$ Ви можете використовувати той факт, що$\displaystyle\int \csc \theta\, d{\theta}=\log|\cot \theta - \csc \theta|+C\text{.}$

24

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.

25

Дозволяти$f(x) = \dfrac{|x|}{\sqrt[4]{1-x^2}}\text{,}$ і нехай$R$ буде область між$f(x)$ і$x$ -вісь через інтервал$[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]\text{.}$

1. Знайдіть площу$R\text{.}$
2. Знайдіть обсяг твердого тіла, утвореного$R$ обертанням навколо$x$ -осі.

26

Оцініть$\displaystyle\int \sqrt{1+e^x}\, d{x}\text{.}$ Ви можете використовувати антидериватив$\displaystyle\int \csc \theta \, d{\theta} = \log|\cot \theta - \csc \theta|+C\text{.}$

27

Розглянемо наступні роботи.

\ begin {align*}\ int\ frac {1} {1-x^2}\, d {x} &=\ int\ dfrac {1} {1-\ sin^2\ тета}\ cos\ тета\, d {\ тета}\ qquad\ mbox {використання} x =\ sin\ тета,\, d {x} =\ cos\ тета\, d {\ тета\, d {\ тета\, d {\ тета\, d {\ тета\ &=\ int\ frac {\ cos\ тета} {\ cos^2\ тета}\, d\ тета\\ &=\ int\ сек\ тета\, d {\ тета}\\ &=\ log|\ сек\ тета +\ тан\ тета| +C \ qquad\ qquad\ qquad\ mbox {Приклад} {\ текст {1.8.19}}\\ &=\ журнал\ ліворуч |\ dfrac {1} {\ sqrt {1-x^2}} +\ dfrac {x} {\ sqrt {1-x^2}}\ праворуч | +C\ qquad\ text {використовуючи трикутник нижче}\ &=\ журнал\ |\ dfrac {1+x} {\ sqrt {1-x^2}}\ праворуч | +C\ end {вирівнювати*}

 

 

1. диференціювати$\log\left| \dfrac{1+x}{\sqrt{1-x^2}}\right|\text{.}$
2. Правда чи брехня:$\displaystyle\int_{2}^{3} \frac{1}{1-x^2}\, d{x} = \left[\log\left| \dfrac{1+x}{\sqrt{1-x^2}}\right|\right]_{x=2}^{x=3}$
3. Чи була робота в питанні правильною? Поясніть.

28

1. 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$|a\cos u|\neq a\cos u\text{?}$
2. 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$|a\sec u|\neq a\sec u\text{?}$
3. 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$|a\tan u|\neq a\tan u\text{?}$

1. Перефразовуючи Закон інструменту, можливо, Марк Твен і, безумовно, деякі психологи, коли у вас є блискучий новий молоток, все виглядає як цвях.
2. Щоб бути педантичним, ми маємо на увазі діапазон «стандартної» арктангенсної функції або її «принципове значення». Можна визначити інші арктангенсні функції з різними діапазонами.
3. 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.$d,e\text{.}$