6.4: Тригонометрична заміна
- Page ID
- 60778
У розділі 5.2 ми визначили певний інтеграл як підписану область під кривою». У цьому розділі ми ще не вивчили фундаментальну теорему числення, тому ми оцінили спеціальні визначені інтеграли, які описували красиві геометричні фігури. Наприклад, ми змогли оцінити
\[ \begin{equation}\int_{-3}^3\sqrt{9-x^2}\ dx = \frac{9\pi}{2}\end{equation}\]
як ми визнали, що\(f(x) = \sqrt{9-x^2}\) описували верхню половину кола з радіусом 3.
З тих пір ми вивчили ряд методів інтеграції, включаючи заміщення та інтеграцію частинами, але ми все ще не можемо оцінити вищезгаданий інтеграл, не вдаючись до геометричної інтерпретації. У цьому розділі представлена тригонометрична заміна, метод інтеграції, який заповнює цю прогалину в нашій майстерності інтеграції. Цей метод працює за тим же принципом, що і заміна, що і в розділі 6.1, хоча він може відчувати себе «назад». У розділі 6.1 ми встановили\(u=f(x)\), для якоїсь функції\(f\), і замінили\(f(x)\) на\(u\). У цьому розділі ми встановимо\(x=f(\theta)\), де\(f\) знаходиться тригонометрична функція, потім\(x\) замініть на\(f(\theta)\).
Почнемо з демонстрації цього методу в оцінці інтеграла в\(\PageIndex{1}\). Після прикладу узагальнимо метод і наведемо більше прикладів.
Приклад\(\PageIndex{1}\): Using Trigonometric Substitution
Оцініть\(\int_{-3}^3\sqrt{9-x^2}\ dx\).
Рішення
Почнемо з того\(9\sin^2\theta + 9\cos^2\theta = 9\), що зазначимо, що, а значить\(9\cos^2\theta = 9-9\sin^2\theta\). Якщо ми пустимо\(x=3\sin\theta\), то\(9-x^2 = 9-9\sin^2\theta = 9\cos^2\theta\).
Налаштування\(x=3\sin \theta\) дає\(dx = 3\cos\theta\ d\theta\). Ми майже готові до заміни. Ми також хочемо змінити наші межі інтеграції. Прив'язане\(x=-3\) відповідає\(\theta = -\pi/2\) (для коли\(\theta = -\pi/2\),\(x=3\sin \theta = -3\)). Аналогічним чином,\(x=3\) прив'язка замінюється пов'язаним\(\theta = \pi/2\). Таким чином
\[ \begin{align}\int_{-3}^3\sqrt{9-x^2}\ dx &= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sqrt{9-9\sin^2\theta} (3\cos\theta)\ d\theta \\ &= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} 3\sqrt{9\cos^2\theta} \cos\theta\ d\theta \\ &=\int_{-\pi/2}^{\pi/2} 3|3\cos \theta| \cos\theta\ d\theta.\end{align}\]
\([-\pi/2,\pi/2]\)\(\cos \theta\)Увімкнено, завжди позитивне, тому ми можемо скинути абсолютні значення барів, а потім використовувати формулу зменшення потужності:
\[\begin{align} &= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} 9\cos^2 \theta\ d\theta\\ &= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{9}{2}\big(1+\cos(2\theta)\big)\ d\theta\\ & = \frac92 \big(\theta +\frac12\sin(2\theta)\big)\Bigg|_{-\pi/2}^{\pi/2}= \frac92\pi.\end{align}\]
Це відповідає нашій відповіді раніше.
Ми зараз докладно опишемо тригонометричну заміну. Цей метод відмінно справляється з інтегралами, які містять\(\sqrt{a^2-x^2}\),\(\sqrt{x^2-a^2}\) і\(\sqrt{x^2+a^2}\). Наступна ключова ідея 13 описує процедуру для кожного випадку, а потім додаткові приклади. Кожен прямокутний трикутник діє як посилання, щоб допомогти нам зрозуміти відносини між\(x\) і\(\theta\).
Ключова ідея 13: Тригонометрична заміна
- Для інтегралів, що містять\(\sqrt{a^2-x^2}\):
Нехай\(x=a\sin\theta\),\(dx = a\cos\theta\ d\theta\)
Таким чином\(\theta = \sin^{-1}(x/a)\), для\(-\pi/2\leq \theta\leq \pi/2\).
На цьому інтервалі\(\cos\theta\geq 0\), так
\(\sqrt{a^2-x^2} = a\cos\theta\). - Для інтегралів, що містять\(\sqrt{x^2+a^2}\):
Нехай\(x=a\tan\theta\),\(dx = a\sec^2\theta\ d\theta\)
Таким чином\(\theta = \tan^{-1}(x/a)\), для\(-\pi/2 < \theta < \pi/2\).
На цьому інтервалі\(\sec\theta> 0\), так
\(\sqrt{x^2+a^2} = a\sec\theta\). - Для інтегралів, що містять\(\sqrt{x^2-a^2}\):
Нехай\(x=a\sec\theta\),\(dx = a\sec\theta\tan\theta\ d\theta\)
Таким чином\(\theta = \sec^{-1}(x/a)\). Якщо\(x/a\geq 1\), то\(0\leq\theta<\pi/2\); якщо\(x/a \leq -1\), то\(\pi/2<\theta\leq \pi\).
Ми обмежуємо нашу роботу куди\(x\geq a\), так\(x/a\geq 1\), і\(0\leq\theta<\pi/2\).
На цьому інтервалі\(\tan\theta\geq 0\), так
\(\sqrt{x^2-a^2} = a\tan\theta\).
Приклад\(\PageIndex{2}\): Using Trigonometric Substitution
Оцінити\(\int \frac{1}{\sqrt{5+x^2}}\ dx.\)
Рішення
Використовуючи Key Idea 13 (b), ми розпізнаємо\(a=\sqrt{5}\) і встановлюємо\(x= \sqrt{5}\tan \theta\). Це робить\(dx = \sqrt{5}\sec^2\theta\ d\theta\). Ми будемо використовувати той факт, що\(\sqrt{5+x^2} = \sqrt{5+5\tan^2\theta} = \sqrt{5\sec^2\theta} = \sqrt{5}\sec\theta.\) Підставляючи, у нас є:
\[\begin{align}\int \frac{1}{\sqrt{5+x^2}}\ dx &= \int \frac{1}{\sqrt{5+5\tan^2\theta}}\sqrt{5}\sec^2\theta\ d\theta \\ &= \int \frac{\sqrt{5}\sec^2\theta}{\sqrt{5}\sec\theta} \ d\theta\\ &= \int \sec\theta\ d\theta\\ &= \ln\big|\sec\theta+\tan\theta\big|+C.\end{align}\]
Поки етапи інтеграції закінчилися, ми ще не закінчили. Первісна проблема була викладена в терміні\(x\), тоді як наша відповідь дається в терміні\(\theta\). Ми повинні перетворити назад в\(x\).
Допомагає опорний трикутник, наведений у Key Idea 13 (b). З\(x=\sqrt{5}\tan\theta\), у нас є
\[\tan \theta = \frac x{\sqrt{5}}\quad \text{and}\quad \sec\theta = \frac{\sqrt{x^2+5}}{\sqrt{5}}.\]
Це дає
\[\begin{align} \int \frac{1}{\sqrt{5+x^2}}\ dx &= \ln\big|\sec\theta+\tan\theta\big|+C \\ &= \ln\left|\frac{\sqrt{x^2+5}}{\sqrt{5}}+ \frac x{\sqrt{5}}\right|+C.\end{align}\]
Ми можемо залишити цю відповідь як є, або ми можемо використовувати логарифмічну ідентичність, щоб спростити її. Примітка:
\[\begin{align} \ln\left|\frac{\sqrt{x^2+5}}{\sqrt{5}}+ \frac x{\sqrt{5}}\right|+C &= \ln\left|\frac{1}{\sqrt{5}}\big(\sqrt{x^2+5}+ x\big)\right|+C \\ &= \ln\left|\frac{1}{\sqrt{5}}\right| + \ln\big|\sqrt{x^2+5}+ x\big|+C\\ &= \ln\big|\sqrt{x^2+5}+ x\big|+C,\end{align}\]
де\(\ln\big(1/\sqrt{5}\big)\) термін поглинається в константу\(C\). (У розділі 6.6 ми дізнаємося інший спосіб підходу до цієї проблеми.)
Приклад\(\PageIndex{3}\): Using Trigonometric Substitution
Оцініть\(\int \sqrt{4x^2-1}\ dx\).
Рішення
Почнемо з перезапису integrand так, щоб він виглядав як\(\sqrt{x^2-a^2}\) для деякого значення\(a\):
\[\begin{align}\sqrt{4x^2-1} &= \sqrt{4\left(x^2-\frac14\right)}\\ &= 2\sqrt{x^2-\left(\frac12\right)^2}\end{align}\]
Таким чином\(a=1/2\), у нас є, і після Key Idea 13 (c), ми встановлюємо\(x= \frac12\sec\theta\), і, отже,\(dx = \frac12\sec\theta\tan\theta\ d\theta\).
Тепер ми перепишемо інтеграл з такими підстановками:
\[\begin{align} \int \sqrt{4x^2-1}\ dx &= \int 2\sqrt{x^2-\left(\frac12\right)^2}\ dx\\ &= \int 2\sqrt{\frac14\sec^2\theta - \frac14}\left(\frac12\sec\theta\tan\theta\right)\ d\theta\\ &=\int \sqrt{\frac14(\sec^2\theta-1)}\Big(\sec\theta\tan\theta\Big)\ d\theta\\ &=\int\sqrt{\frac14\tan^2\theta}\Big(\sec\theta\tan\theta\Big)\ d\theta\\ &=\int \frac12\tan^2\theta\sec\theta\ d\theta\\ &=\frac12\int \Big(\sec^2\theta-1\Big)\sec\theta\ d\theta\\ &=\frac12\int \big(\sec^3\theta - \sec\theta\big)\ d\theta.\end{align}\]
Ми\(\sec^3\theta\) інтегрували в прикладі 6.3.6, виявивши, що його антипохідні
\[\int \sec^3\theta\ d\theta = \frac12\Big(\sec \theta\tan \theta + \ln|\sec \theta+\tan \theta|\Big)+C.\]
Таким чином
\[\begin{align} \int \sqrt{4x^2-1}\ dx &=\frac12\int \big(\sec^3\theta - \sec\theta\big)\ d\theta\\ &= \frac12\left(\frac12\Big(\sec \theta\tan \theta + \ln|\sec \theta+\tan \theta|\Big) -\ln|\sec \theta + \tan\theta|\right) + C\\ &= \frac14\left(\sec\theta\tan\theta -\ln|\sec\theta+\tan\theta|\right)+C.\end{align}\]
Ми ще не закінчили. Наш початковий інтеграл дається з точки зору\(x\), тоді як наша остаточна відповідь, як дано, з точки зору\(\theta\). Нам потрібно переписати нашу відповідь в плані\(x\). З\(a=1/2\), і\(x=\frac12\sec\theta\), опорний трикутник в Key Idea 13 (c) показує, що
\[\tan \theta = \sqrt{x^2-1/4}\Big/(1/2) = 2\sqrt{x^2-1/4}\quad \text{and}\quad \sec\theta = 2x.\]
Таким чином
\[ \begin{align}\frac14\Big(\sec\theta\tan\theta -\ln\big|\sec\theta+\tan\theta\big|\Big)+C &= \frac14\Big(2x\cdot 2\sqrt{x^2-1/4} - \ln\big|2x + 2\sqrt{x^2-1/4}\big|\Big)+C\\ &= \frac14\Big(4x\sqrt{x^2-1/4} - \ln\big|2x + 2\sqrt{x^2-1/4}\big|\Big)+C.\end{align}\]
Остаточна відповідь дається в останньому рядку вище, повторюється тут:
\[\int \sqrt{4x^2-1}\ dx = \frac14\Big(4x\sqrt{x^2-1/4} - \ln\big|2x + 2\sqrt{x^2-1/4}\big|\Big)+C.\]
Приклад\(\PageIndex{4}\): Using Trigonometric Substitution
Оцініть\( \int \frac{\sqrt{4-x^2}}{x^2}\ dx\).
Рішення
Ми використовуємо Key Idea 13 (a) з\(a=2\),\(dx = 2\cos \theta\) і\(x=2\sin \theta\), отже,\(\sqrt{4-x^2} = 2\cos\theta\). Це дає
\[\begin{align}\int \frac{\sqrt{4-x^2}}{x^2}\ dx &= \int \frac{2\cos\theta}{4\sin^2\theta}(2\cos\theta)\ d\theta\\ &= \int \cot^2\theta\ d\theta\\ &= \int (\csc^2\theta -1)\ d\theta\\ &= -\cot\theta -\theta + C.\end{align}\]
Нам потрібно переписати нашу відповідь в плані\(x\). Використовуючи опорний трикутник, знайдений у Key Idea 13 (a), ми маємо\(\cot\theta = \sqrt{4-x^2}/x\) і\(\theta = \sin^{-1}(x/2)\). Таким чином
\[\int \frac{\sqrt{4-x^2}}{x^2}\ dx = -\frac{\sqrt{4-x^2}}x-\sin^{-1}\left(\frac x2\right) + C.\]
Тригонометрична заміна може застосовуватися в багатьох ситуаціях, навіть тих, які не мають форми\(\sqrt{a^2-x^2}\),\(\sqrt{x^2-a^2}\) або\(\sqrt{x^2+a^2}\). У наступному прикладі ми застосовуємо його до інтегралу, який ми вже знаємо, як обробляти.
Приклад\(\PageIndex{5}\): Using Trigonometric Substitution
Оцініть\( \int\frac1{x^2+1}\ dx\).
Рішення
Відповідь ми знаємо вже як\(\tan^{-1}x+C\). Тут ми застосовуємо тригонометричну заміну, щоб показати, що ми отримуємо ту саму відповідь, не покладаючись на знання похідної арктангенсної функції.
Використовуючи Key Idea 13 (b), нехай\(x=\tan\theta\),\(dx=\sec^2\theta\ d\theta\) і зверніть увагу, що\(x^2+1 = \tan^2\theta+1 = \sec^2\theta\). Таким чином
\[\begin{align}\int \frac1{x^2+1}\ dx &= \int \frac{1}{\sec^2\theta}\sec^2\theta\ d\theta \\ &= \int 1\ d\theta\\ &= \theta + C.\end{align}\]
З тих пір\(x=\tan \theta\)\(\theta = \tan^{-1}x\), і робимо висновок, що\(\int\frac1{x^2+1}\ dx = \tan^{-1}x+C.\)
Наступний приклад схожий на попередній тим, що він не включає квадрат-корінь. Він показує, як кілька методів та ідентичностей можуть бути об'єднані для отримання рішення.
Приклад\(\PageIndex{6}\): Using Trigonometric Substitution
Оцінити\(\int\frac1{(x^2+6x+10)^2}\ dx.\)
Рішення
Починаємо з завершення квадрата, потім робимо\(u=x+3\) підстановку з подальшою тригонометричною підстановкою\(u=\tan\theta\):
\[\begin{align}\int \frac1{(x^2+6x+10)^2}\ dx =\int \frac1{\big((x+3)^2+1\big)^2}\ dx&= \int \frac1{(u^2+1)^2}\ du. \end{align}\]
Тепер зробіть підміну\(u=\tan\theta\),\(du=\sec^2\theta\ d\theta\):
\[\begin{align} &= \int \frac1{(\tan^2\theta+1)^2}\sec^2\theta\ d\theta\\ &= \int\frac 1{(\sec^2\theta)^2}\sec^2\theta\ d\theta\\ &= \int \cos^2\theta\ d\theta.\end{align}\]
Застосовуючи формулу зменшення потужності, ми маємо
\[\begin{align} &= \int \left(\frac12 +\frac12\cos(2\theta)\right)\ d\theta\\ &= \frac12\theta + \frac14\sin(2\theta) + C. \end{align}\]
Нам потрібно повернутися до змінної\(x\). Як\(u=\tan\theta\),\(\theta = \tan^{-1}u\). Використовуючи ідентичність\(\sin(2\theta) = 2\sin\theta\cos\theta\) та використовуючи опорний трикутник, знайдений у Key Idea 13 (b), ми маємо
\[\frac14\sin(2\theta) = \frac12\frac u{\sqrt{u^2+1}}\cdot\frac 1{\sqrt{u^2+1}} = \frac12\frac u{u^2+1}.\]
Нарешті, повертаємося до\(x\) з підміною\(u=x+3\). Почнемо з виразу в Рівняння\ eqref {eq:extrigsub7}:
\[\begin{align}\frac12\theta + \frac14\sin(2\theta) + C &= \frac12\tan^{-1}u + \frac12\frac{u}{u^2+1}+C\\ &= \frac12\tan^{-1}(x+3) + \frac{x+3}{2(x^2+6x+10)}+C.\end{align}\]
Зазначаючи наш кінцевий результат в одному рядку,
\[\int\frac1{(x^2+6x+10)^2}\ dx=\frac12\tan^{-1}(x+3) + \frac{x+3}{2(x^2+6x+10)}+C.\]
Наш останній приклад повертає нас до певних інтегралів, як видно в нашому першому прикладі. З огляду на певний інтеграл, який можна оцінити за допомогою тригонометричної підстановки, ми могли б спочатку оцінити відповідний невизначений інтеграл (змінивши від інтеграла\(x\) до одиниці за термінами\(\theta\), потім перетворюючи назад в\(x\)), а потім оцінювати за допомогою вихідних меж. Однак набагато простіше змінити межі, коли ми замінюємо.
Приклад\(\PageIndex{7}\): Definite integration and Trigonometric Substitution
Оцініть\(\int_0^5\frac{x^2}{\sqrt{x^2+25}}\ dx\).
Рішення
Використовуючи Key Idea 13 (b), ми встановлюємо\(x=5\tan\theta\)\(dx = 5\sec^2\theta\ d\theta\), і відзначаємо, що\(\sqrt{x^2+25} = 5\sec\theta\). Замінюючи, ми також можемо змінити межі інтеграції.
Нижня межа вихідного інтеграла дорівнює\(x=0\). Як\(x=5\tan\theta\), вирішуємо за\(\theta\) і знаходимо\(\theta = \tan^{-1}(x/5)\). Таким чином, нова нижня межа є\(\theta = \tan^{-1}(0) = 0\). Початкова верхня межа\(x=5\), таким чином, нова верхня межа є\(\theta = \tan^{-1}(5/5) = \pi/4\).
Таким чином, ми маємо
\[\begin{align} \int_0^5\frac{x^2}{\sqrt{x^2+25}}\ dx &= \int_0^{\pi/4} \frac{25\tan^2\theta}{5\sec\theta}5\sec^2\theta\ d\theta\\ &= 25\int_0^{\pi/4} \tan^2\theta\sec\theta \ d\theta.\end{align}\]
Ми зіткнулися з цим невизначений інтеграл в прикладі\(\PageIndex{3}\), де ми знайшли
\[\int \tan^2\theta\sec\theta \ d\theta = \frac12\big(\sec\theta\tan\theta-\ln|\sec\theta+\tan\theta|\big).\]
Так
\[\begin{align}25\int_0^{\pi/4} \tan^2\theta\sec\theta\ d\theta &= \frac{25}2\big(\sec\theta\tan\theta-\ln|\sec\theta+\tan\theta|\big)\Bigg|_0^{\pi/4}\\&= \frac{25}2\big(\sqrt2-\ln(\sqrt2+1)\big)\\&\approx 6.661.\end{align}\]
Наступні рівності дуже корисні при оцінці інтегралів за допомогою тригонометричної заміни.
Ket Idea 14: Корисні рівності з тригонометричною заміною
- \(\sin(2\theta) = 2\sin\theta\cos\theta\)
- \(\cos(2\theta) = \cos^2\theta - \sin^2\theta = 2\cos^2\theta-1 = 1-2\sin^2\theta\)
- \(\int \sec^3\theta\ d\theta = \frac12\Big(\sec \theta\tan \theta + \ln\big|\sec \theta+\tan \theta\big|\Big)+C\)
- \(\int \cos^2\theta\ d\theta = \int \frac12\big(1+\cos(2\theta)\big)\ d\theta = \frac12\big(\theta+\sin\theta\cos\theta\big)+C.\)
У наступному розділі представлена декомпозиція часткового дробу, яка є алгебраїчною технікою, яка перетворює «складні» дроби на суми «простіших» дробів, полегшуючи інтеграцію.