7.3: Тригонометрична заміна

Цілі навчання

• Вирішити інтеграційні задачі за участю квадратного кореня суми або різниці двох квадратів.

У цьому розділі ми досліджуємо інтеграли, що містять вирази$\sqrt{a^2+x^2}$ виду$\sqrt{a^2−x^2}$, і$\sqrt{x^2−a^2}$, де значення$a$ є додатними. Ми вже стикалися і оцінювали інтеграли, що містять деякі вирази цього типу, але багато хто все ще залишаються недоступними. Техніка тригонометричного заміщення дуже стане в нагоді при оцінці цих інтегралів. Цей метод використовує підстановку для перезапису цих інтегралів як тригонометричних інтегралів.

Інтеграли за участю$\sqrt{a^2−x^2}$

Перш ніж розробляти загальну стратегію для інтегралів$\sqrt{a^2−x^2}$, що містять, розглянемо інтеграл$\displaystyle ∫\textstyle\sqrt{9−x^2}dx.$ Цей інтеграл не може бути оцінений за допомогою жодної з методів, про які ми обговорювали досі. Однак, якщо ми робимо підстановку$x=3\sin θ$, ми маємо$dx=3\cos θ \, dθ.$ Після підстановки в інтеграл, ми маємо

$$∫\sqrt{9−x^2}\,dx=∫\textstyle\sqrt{ 9−(3\sin θ)^2}\cdot 3\cos θ \,dθ. \nonumber$$

Після спрощення ми маємо

$$∫\sqrt{ 9−x^2}\,dx=∫ 9\textstyle\sqrt{1−\sin^2θ}\cdot\cos θ \, dθ. \nonumber$$

$1−\sin^2θ=\cos^2θ,$Дозволивши нам тепер

$$∫\sqrt{ 9−x^2}\,dx=∫ 9\textstyle\sqrt{\cos^2θ}\cos θ \, dθ. \nonumber$$

Якщо припустити$\cos θ≥0$, що ми маємо

$$∫\textstyle\sqrt{ 9−x^2}\,dx=∫ 9\cos^2θ \, dθ. \nonumber$$

На цьому етапі ми можемо оцінити інтеграл, використовуючи методи, розроблені для інтеграції повноважень і добутків тригонометричних функцій. Перш ніж завершити цей приклад, давайте поглянемо на загальну теорію, що стоїть за цією ідеєю.

Для оцінки інтегралів за$\sqrt{a^2−x^2}$ участю виробляємо підстановку$x=a\sin θ$ і$dx=a\cos θ$. Щоб побачити, що це насправді має сенс, розглянемо наступний аргумент: Домен$\sqrt{a^2−x^2}$ is$[−a,a]$. Таким чином,

$$−a≤x≤a. \nonumber$$

Отже,

$$−1≤\dfrac{x}{a}≤1. \nonumber$$

Оскільки діапазон$\sin x$ над$[−(π/2),π/2]$ є$[−1,1]$, існує унікальний кут, що$θ$ задовольняє$−(π/2)≤θ≤π/2$ так$\sin θ=x/a$, що, або еквівалентно, так що$x=a\sin θ$. Якщо ми підставимо$x=a\sin θ$ в$\sqrt{a^2−x^2}$, ми отримаємо

\ [\ почати {align*}\ sqrt {a^2−x^2} &=\ sqrt {a^2− (a\ sin θ) ^2} &\ текст {Нехай} x = a\ sin θ\ текст {де} -\ dfrac {π} {2} ≤θ ≤\ dfrac {π} {2}.\\ [4pt]
&\ текст {Спрощення.}\\ [4pt]
&=\ sqrt {a^2−a^2\ sin^2θ} &\ текст {Фактор з} a^2.\\ [4pt]
&=\ sqrt {a^2 (1−\ sin^2θ)} &\ текст {Заміна} 1−\ sin^2x=\ cos^2x.\\ [4pt]
&=\ sqrt {a^2\ cos^2θ} &\ text {Візьміть квадратний корінь.}\\ [4pt]
&=|a\ cos θ |\\ [
4pt]\ end {вирівнювати*}\]

Так як$\cos x≥0$ на$−\dfrac{π}{2}≤θ≤\dfrac{π}{2}$ і$a>0, |a\cos θ|=a\cos θ.$ Ми бачимо, з цієї дискусії, що шляхом підстановки$x=a\sin θ$, ми можемо перетворити інтеграл за участю радикала в інтеграл за участю тригонометричних функцій. Після того, як ми оцінюємо інтеграл, ми можемо перетворити рішення назад у вираз за участю$x$. Щоб побачити, як це зробити, давайте почнемо з припущення, що$0<x<a$. В даному випадку,$0<θ<\dfrac{π}{2}$. Оскільки$\sin θ=\dfrac{x}{a}$, ми можемо намалювати опорний трикутник на малюнку,$\PageIndex{1}$ щоб допомогти у вираженні значень тригонометричних функцій$\cos θ, \, \tan θ,$ та решти тригонометричних функцій через x. Можна показати, що цей трикутник фактично створює правильні значення тригонометричних функцій, що оцінюються на$θ$ для всіх$θ$ ситних$−\dfrac{π}{2}≤θ≤\dfrac{π}{2}$. Корисно спостерігати, що вираз$\sqrt{a^2−x^2}$ насправді з'являється як довжина однієї сторони трикутника. Останній, повинен$θ$ з'явитися сам по собі, використовуємо$θ=\sin^{−1}\left(\dfrac{x}{a}\right).$

Малюнок$\PageIndex{1}$: Опорний трикутник може допомогти виразити тригонометричні функції, оцінені$θ$ в термінами$x$.

Істотна частина цієї дискусії узагальнена в наступній стратегії вирішення проблем.

Стратегія вирішення проблем: інтеграція виразів за участю$\sqrt{a^2−x^2}$

1. Це гарна ідея, щоб переконатися, що інтеграл не може бути оцінений легко по-іншому. Наприклад, хоча цей метод може бути застосований до інтегралів виду$\displaystyle ∫\dfrac{1}{\sqrt{a^2−x^2}}dx$,$\displaystyle ∫\dfrac{x}{\sqrt{a^2−x^2}}dx,$ і кожен з$\displaystyle ∫x\sqrt{a^2−x^2}\,dx,$ них може бути інтегрований безпосередньо або за формулою, або простим$u$ -підстановкою.
2. Зробіть заміну$x=a \sin θ$ і$dx=a\cos θ \,dθ.$ зверніть увагу: Ця заміна дає$\sqrt{a^2−x^2}=a\cos θ.$
3. Спростити вираз.
4. Оцініть інтеграл за допомогою прийомів з розділу про тригонометричні інтеграли.
5. Використовуйте опорний трикутник з рисунка 1, щоб переписати результат через$x$. Можливо, вам також доведеться використовувати деякі тригонометричні ідентичності та відносини.$θ=\sin^{−1}\left(\dfrac{x}{a}\right).$

Наступний приклад демонструє застосування цієї стратегії вирішення проблем.

Приклад$\PageIndex{1}$: Integrating an Expression Involving $\sqrt{a^2−x^2}$

Оцінити

$$∫\sqrt{ 9−x^2}dx. \nonumber$$

Рішення

Почніть з підстановки$x=3\sin θ$ і$dx=3\cos θ \, dθ.$ Оскільки$\sin θ=\dfrac{x}{3}$, ми можемо побудувати опорний трикутник, показаний на малюнку 2.

Малюнок$\PageIndex{2}$: Наприклад, можна побудувати опорний трикутник$\PageIndex{1}$.

Таким чином,

$$∫\sqrt{9−x^2}\,dx=∫\sqrt{ 9−(3\sin θ)^2}3\cos θ\,dθ \nonumber$$

Замінник$x=3\sin θ$ і$dx=3\cos θ \,dθ$.

$=∫\sqrt{ 9(1−\sin^2θ)}\cdot 3\cos θ \, dθ$Спростити.

$=∫\sqrt{ 9\cos^2θ}\cdot 3\cos θ \, dθ$Замінник$\cos^2θ=1−\sin^2θ$.

$=∫ 3|\cos θ|3\cos θ \, dθ$Візьміть квадратний корінь.

$=∫ 9\cos^2θ \, dθ$Спростити. Так як$−\dfrac{π}{2}≤θ≤\dfrac{π}{2},\cos θ≥0$ і$|\cos θ|=\cos θ.$

$=∫ 9\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\cos(2θ)\right)\,dθ$Використовуйте стратегію інтеграції рівної сили$\cos θ$.

$=\dfrac{9}{2}θ+\dfrac{9}{4}\sin(2θ)+C$Оцініть інтеграл.

$=\dfrac{9}{2}θ+\dfrac{9}{4}(2\sin θ\cos θ)+C$

Замінник$\sin(2θ)=2\sin θ\cos θ$.

$=\dfrac{9}{2}\sin^{−1}\left(\dfrac{x}{3}\right)+\dfrac{9}{2}⋅\dfrac{x}{3}⋅\dfrac{\sqrt{9−x^2}}{3}+C$Замінник$\sin^{−1}\left(\dfrac{x}{3}\right)=θ$ і$\sin θ=\frac{x}{3}$. Скористайтеся еталонним трикутником, щоб побачити це$\cos θ=\dfrac{\sqrt{9−x^2}}{3}$ і зробити цю заміну. Спростити.

$=\dfrac{9}{2}\sin^{−1}\left(\dfrac{x}{3}\right)+\dfrac{x\sqrt{9−x^2}}{2}+C.$Спростити.

Приклад$\PageIndex{2}$: Integrating an Expression Involving $\sqrt{a^2−x^2}$

Оцінити

$$∫\dfrac{\sqrt{4−x^2}}{x}dx. \nonumber$$

Рішення

Спочатку зробіть заміни$x=2\sin θ$ і$dx=2\cos θ\,dθ$. Так як$\sin θ=\dfrac{x}{2}$, ми можемо побудувати опорний трикутник, показаний на малюнку$\PageIndex{3}$.

Малюнок$\PageIndex{3}$: Наприклад, можна побудувати опорний трикутник$\PageIndex{2}$.

Таким чином,

$∫\dfrac{\sqrt{4−x^2}}{x}dx=∫\dfrac{\sqrt{4−(2\sin θ)^2}}{2\sin θ}2\cos θ \, dθ$Замінник$x=2\sin θ$ і$dx=2\cos θ\,dθ.$

$=∫\dfrac{2\cos^2θ}{\sin θ}\,dθ$Підставляємо$\cos^2θ=1−\sin^2θ$ і спрощуємо.

$=∫\dfrac{2(1−\sin^2θ)}{\sin θ}\,dθ$Замінник$\cos^2θ=1−\sin^2θ$.

$=∫ (2\csc θ−2\sin θ)\,dθ$Відокремте чисельник, спростіть і використовуйте$\csc θ=\dfrac{1}{\sin θ}$.

$=2 \ln |\csc θ−\cot θ|+2\cos θ+C$Оцініть інтеграл.

$=2 \ln \left|\dfrac{2}{x}−\dfrac{\sqrt{4−x^2}}{x}\right|+\sqrt{4−x^2}+C.$Використовуйте опорний трикутник, щоб переписати вираз з точки зору$x$ і спростити.

У наступному прикладі ми бачимо, що у нас іноді є вибір методів.

Приклад$\PageIndex{3}$: Integrating an Expression Involving $\sqrt{a^2−x^2}$ Two Ways

Оцініть$∫ x^3\sqrt{1−x^2}dx$ два способи: спочатку за допомогою підстановки,$u=1−x^2$ а потім за допомогою тригонометричної підстановки.

Спосіб 1

Нехай$u=1−x^2$ і звідси$x^2=1−u$. Таким чином,$du=−2x\,dx.$ в цьому випадку інтеграл стає

$∫ x^3\sqrt{1−x^2}\,dx=−\dfrac{1}{2}∫ x^2\sqrt{1−x^2}(−2x\,dx)$Зробіть заміну.

$=−\dfrac{1}{2}∫ (1−u)\sqrt{u}\,du$Розгорніть вираз.

$=−\dfrac{1}{2}∫(u^{1/2}−u^{3/2})\,du$Оцініть інтеграл.

$=−\dfrac{1}{2}(\dfrac{2}{3}u^{3/2}−\dfrac{2}{5}u^{5/2})+C$Перепишіть в терміні x.

$=−\dfrac{1}{3}(1−x^2)^{3/2}+\dfrac{1}{5}(1−x^2)^{5/2}+C.$

Спосіб 2

Нехай$x=\sin θ$. У цьому випадку,$dx=\cos θ \, dθ.$ Використовуючи цю заміну, ми маємо

$∫ x^3\sqrt{1−x^2}dx=∫ \sin^3θ\cos^2θ \, dθ$

$=∫ (1−\cos^2θ)\cos^2θ\sin θ \, dθ$Нехай$u=\cos θ$. Таким чином,$du=−\sin θ \, dθ.$

$=∫ (u^4−u^2)\,du$

$=\dfrac{1}{5}u^5−\dfrac{1}{3}u^3+C$Замінник$\cos θ=u.$

$=\dfrac{1}{5}\cos^5θ−\dfrac{1}{3}\cos^3θ+C$Використовуйте опорний трикутник, щоб побачити, що$\cos θ=\sqrt{1−x^2}.$

$=\dfrac{1}{5}(1−x^2)^{5/2}−\dfrac{1}{3}(1−x^2)^{3/2}+C.$

Вправа$\PageIndex{1}$

Перепишіть інтеграл,$\displaystyle ∫\dfrac{x^3}{\sqrt{25−x^2}}\,dx$ використовуючи відповідну тригонометричну підстановку (не оцінюйте інтеграл).

Підказка

Замінник$x=5\sin θ$ і$dx=5\cos θ \, dθ.$

Відповідь

$\displaystyle ∫ 125\sin^3θ \, dθ$

Інтеграція виразів за участю$\sqrt{a^2+x^2}$

Для інтегралів$\sqrt{a^2+x^2}$, що містять, давайте спочатку розглянемо область цього виразу. Оскільки$\sqrt{a^2+x^2}$ визначається для всіх дійсних значень$x$, ми обмежуємо свій вибір тими тригонометричними функціями, які мають діапазон всіх дійсних чисел. Таким чином, наш вибір обмежується вибором або$x=a\tan θ$ або$x=a\cot θ$. Будь-яка з цих замін дійсно працювала б, але стандартна заміна є$x=a\tan θ$ або, еквівалентно,$\tan θ=x/a$. При цій заміні ми робимо припущення$−(π/2)<θ<π/2$, що, так що$θ=\tan^{−1}(x/a).$ у нас також є Процедура використання цієї заміни викладена в наступній стратегії вирішення проблем.

Стратегія вирішення проблем: інтеграція виразів за участю$\sqrt{a^2+x^2}$

1. Перевірте, чи можна легко оцінити інтеграл за допомогою іншого методу. У деяких випадках зручніше використовувати альтернативний метод.
2. Замінник$x=a\tan θ$ і$dx=a\sec^2θ \, dθ.$ Це заміщення дає$\sqrt{a^2+x^2}=\sqrt{a^2+(a\tan θ)^2}=\sqrt{a^2(1+\tan^2θ)}=\sqrt{a^2sec^2θ}=|a\sec θ|=a\sec θ.$ (Оскільки$−\dfrac{π}{2}<θ<\dfrac{π}{2}$ і$\sec θ>0$ протягом цього інтервалу,$|a\sec θ|=a\sec θ$.)
3. Спростити вираз.
4. Оцініть інтеграл за допомогою прийомів з розділу про тригонометричні інтеграли.
5. Використовуйте опорний трикутник з$\PageIndex{4}$ Figure, щоб переписати результат через$x$. Можливо, вам також доведеться використовувати деякі тригонометричні ідентичності та відносини$θ=\tan^{−1}\left(\dfrac{x}{a}\right)$. (Примітка: Опорний трикутник базується на припущенні, що$x>0$; однак тригонометричні співвідношення, отримані з еталонного трикутника, такі ж, як і співвідношення для якого$x≤0$.)

Малюнок$\PageIndex{4}$: Опорний трикутник може бути побудований для вираження тригонометричних функцій, що оцінюються$θ$ за термінами$x$.

Приклад$\PageIndex{4}$: Integrating an Expression Involving $\sqrt{a^2+x^2}$

Оцініть$\displaystyle ∫\dfrac{dx}{\sqrt{1+x^2}}$ і перевірте рішення шляхом диференціації.

Рішення

Починають з підміни$x=\tan θ$ і$dx=sec^2θ\,dθ$. Оскільки$\tan θ=x$, намалюйте опорний трикутник на малюнку$\PageIndex{5}$.

Малюнок$\PageIndex{5}$: Опорний трикутник для Приклад$\PageIndex{4}$.

Таким чином,

\ (\ стиль відображення\ почати {вирівнювати*}\ dfrac {dx} {\ sqrt {1+x^2}} &=\ dfrac {\ сек^2θ} {\ сек θ} dθ &\ текст {Заміна} x =\ tan θ\ текст {і} dx=\ сек^2θ\, dθ.\\ [4pt]
&\ текст {Це заміна робить}\ sqrt {1+x^2} =\ сек θ. \ text {Спрощення.}\\ [4pt]
&=\ сек θ\, dθ & &\ text {Оцінити інтеграл.}\\ [4pt]
&=\ ln |\ сек θ +\ tan θ |+C & &\ text {Використовуйте еталонний трикутник, щоб висловити результат через} x.\\ [4pt]
&=\ ln |\ sqrt {1+x^2} +x|+C\ end {вирівнювати*}\)

Щоб перевірити рішення, диференціюйте:

$\dfrac{d}{dx}\Big( \ln |\sqrt{1+x^2}+x|\Big)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}+x}⋅\left(\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}+1\right) =\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}+x}⋅\dfrac{x+\sqrt{1+x^2}}{\sqrt{1+x^2}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}.$

Так як$\sqrt{1+x^2}+x>0$ для всіх значень$x$, ми могли б переписати$\ln |\sqrt{1+x^2}+x|+C= \ln (\sqrt{1+x^2}+x)+C$, при бажанні.

Приклад$\PageIndex{5}$: Evaluating $∫\dfrac{dx}{\sqrt{1+x^2}}$ Using a Different Substitution

Використовуйте підміну$x=\sinh θ$ для оцінки$\displaystyle ∫\dfrac{dx}{\sqrt{1+x^2}}.$

Рішення

Тому що$\sinh θ$ має діапазон всіх дійсних чисел, і$1+\sinh^2θ=\cosh^2θ$, ми також можемо використовувати підстановку$x=\sinh θ$ для оцінки цього інтеграла. В цьому випадку,$dx=\cosh θ \,dθ.$ отже,

\ (\ стиль відображення\ почати {вирівнювати*}\ dfrac {dx} {\ sqrt {1+x^2}} &=\ dfrac {\ cosh θ} {\ sqrt {1+\ sinh^2θ}} dθ & &\ текст {Заміна} x =\ sinh θ\ текст {і} dx=\ cosh θ\, dθ\\\ 4 pt]
& &\ текст {Заміна} 1+\ sinh^2θ =\ кош ^ 2θ.\\ [4pt]
&=\ dfrac {\ кош θ} {\ sqrt {\ cosh^2θ}} dθ & амп; &\ текст {Починаючи з}\ sqrt {\ кош ^2θ} =|\ кош θ |\\ [4пт]
&=\ dfrac {\ кош θ} {|\ кош θ |} dθ & |\ кош θ | =\ кош θ\ текст {так}\ кош θ > 0\ текст {для всіх} θ.\\ [4pt]
=\ dfrac {\ cosh θ} {\ cosh θ} dθ & &\ текст {спростити.}\\ [4pt]
&= 1\, dθ & & \ text {Оцінити інтеграл.}\\ [4pt]
&=+C &\ text {Оскільки} x =\ sinh θ,\ текст {ми знаємо} θ =\ sinh^ {−1} x.\\ [4pt]
&=\ sinh^ {−1} x+c.\ end {align*}\)

Аналіз

Ця відповідь виглядає зовсім інакше, ніж відповідь, отримана за допомогою підміни$x=\tan θ.$ Щоб побачити, що рішення однакові, задайте$y=\sinh^{−1}x$. Таким чином,$\sinh y=x.$ з цього рівняння отримуємо:

$$\dfrac{e^y−e^{−y}}{2}=x. \nonumber$$

Після множення обох сторін на$2e^y$ і перезапису це рівняння стає:

$$e^{2y}−2xe^y−1=0. \nonumber$$

Використовуйте квадратне рівняння для вирішення для$e^y$:

$$e^y=\dfrac{2x±\sqrt{4x^2+4}}{2}. \nonumber$$

Спрощуючи, ми маємо:

$$e^y=x±\sqrt{x^2+1}. \nonumber$$

Оскільки$x−\sqrt{x^2+1}<0$, це повинно бути так$e^y=x+\sqrt{x^2+1}$. Таким чином,

$$y= \ln (x+\sqrt{x^2+1}). \nonumber$$

Останній, отримуємо

$$\sinh^{−1}x= \ln (x+\sqrt{x^2+1}). \nonumber$$

Після ми зробимо остаточне зауваження, що, оскільки$x+\sqrt{x^2+1}>0,$

$$\ln (x+\sqrt{x^2+1})= \ln ∣\sqrt{1+x^2}+x∣, \nonumber$$

ми бачимо, що два різних методи виробляють еквівалентні рішення.

Приклад$\PageIndex{6}$: Finding an Arc Length

Знайти довжину кривої$y=x^2$ за інтервал$[0,\dfrac{1}{2}]$.

Рішення

$\dfrac{dy}{dx}=2x$Тому що довжина дуги задається

$$∫^{1/2}_0\sqrt{1+(2x)^2}dx=∫^{1/2}_0\sqrt{1+4x^2}dx. \nonumber$$

Щоб оцінити цей інтеграл, використовують заміщення$x=\dfrac{1}{2}\tan θ$ і$dx=\tfrac{1}{2}\sec^2θ \, dθ$. Нам також потрібно змінити межі інтеграції. Якщо$x=0$, то$θ=0$ і якщо$x=\dfrac{1}{2}$, то$θ=\dfrac{π}{4}.$ таким чином,

$∫^{1/2}_0\sqrt{1+4x^2}dx=∫^{π/4}_0\sqrt{1+\tan^2θ}\cdot \tfrac{1}{2}\sec^2θ \, dθ$Після підміни,$\sqrt{1+4x^2}=\sec θ$. (Підставити$1+\tan^2θ=\sec^2θ$ і спростити.)

$=\tfrac{1}{2}∫^{π/4}_0\sec^3θ \, dθ$Цей інтеграл ми вивели в попередньому розділі.

$=\tfrac{1}{2}(\dfrac{1}{2}\sec θ\tan θ+ \dfrac{1}{2}\ln |\sec θ+\tan θ|)∣^{π/4}_0$Оцінити і спростити.

$=\tfrac{1}{4}(\sqrt{2}+ \ln (\sqrt{2}+1)).$

Вправа$\PageIndex{2}$

Перепишіть$\displaystyle ∫ x^3\sqrt{x^2+4}dx$ за допомогою підміни за участю$\tan θ$.

Підказка

Використання$x=2\tan θ$ і$dx=2\sec^2θ \, dθ.$

Відповідь

$$∫ 32\tan^3θ\sec^3θ \, dθ \nonumber$$

Інтеграція виразів за участю$\sqrt{x^2−a^2}$

Доменом виразу$\sqrt{x^2−a^2}$ є$(−∞,−a]∪[a,+∞)$. Таким чином,$x\le −a$ або$x\ge a.$ Звідси,$\dfrac{x}{a}≤−1$ або$\dfrac{x}{a}≥1$. Оскільки ці інтервали відповідають діапазону$\sec θ$ на$[0,\dfrac{π}{2})∪(\dfrac{π}{2},π]$ безлічі, має сенс використовувати підміну$\sec θ=\dfrac{x}{a}$ або, що еквівалентно$x=a\sec θ$, де$0≤θ<\dfrac{π}{2}$ або$\dfrac{π}{2}<θ≤π$. Відповідна заміна на$dx$ є$dx=a\sec θ\tan θ \, dθ$. Порядок використання цієї заміни викладено в наступній стратегії вирішення проблем.

Стратегія вирішення проблем: інтеграли за участю$\sqrt{x^2−a^2}$

1. Перевірте, чи не можна оцінити інтеграл іншим методом. Якщо так, ми можемо розглянути можливість застосування альтернативної техніки.
2. Замінник$x=a\sec θ$ і$dx=a\sec θ\tan θ \, dθ$. Ця $$\sqrt{x^2−a^2}=\sqrt{(a\sec θ)^2−a^2}=\sqrt{a^2(\sec^2θ-1)}=\sqrt{a^2\tan^2θ}=|a\tan θ|. \nonumber$$ заміна дає For$x≥a, |a\tan θ|=a\tan θ$ і для$x≤−a, |a\tan θ|=−a\tan θ.$
3. Спростити вираз.
4. Оцініть інтеграл за допомогою прийомів з розділу про тригонометричні інтеграли.
5. Використовуйте еталонні трикутники з Figure,$\PageIndex{6}$ щоб переписати результат у терміні$x$.
6. Можливо, вам також доведеться використовувати деякі тригонометричні ідентичності та відносини$θ=\sec^{−1}\left(\dfrac{x}{a}\right)$. (Примітка: Нам потрібні обидва опорні трикутники, оскільки значення деяких тригонометричних співвідношень відрізняються залежно від того, чи$x>a$ чи$x<−a$.)

a. також є рівняння sin (theta) = квадратний корінь (x^2-a^2) /x, cos (theta) = a/x, і tan (theta) = квадратний корінь (x^2-a^2) /a. Другий трикутник знаходиться у другому квадранті, з гіпотенузою позначено —x. горизонтальна нога мічений —a і знаходиться на від'ємній осі x. Вертикальна ніжка позначена квадратним коренем (x^2-a^2). Праворуч від трикутника знаходиться рівняння сек (тета) = x/a, x<-a. Існують також рівняння sin (theta) = негативний квадратний корінь (x^2-a^2) /x, cos (theta) = a/x, і тан (тета) = негативний квадратний корінь (x^2-a^2) /a." src="https://math.libretexts.org/@api/dek...2447/7.3.4.png">

Малюнок$\PageIndex{6}$: Використовуйте відповідний опорний трикутник, щоб висловити тригонометричні функції, оцінені$θ$ в термінами$x$.

Приклад$\PageIndex{7}$: Finding the Area of a Region

Знайти площу області між графіком$f(x)=\sqrt{x^2−9}$ і віссю x за інтервалом$[3,5].$

Рішення

Спочатку намалюйте приблизний графік області, описаної в задачі, як показано на наступному малюнку.

Малюнок$\PageIndex{7}$: Обчислення площі затіненої області вимагає оцінки інтеграла з тригонометричним підстановкою.

Ми бачимо, що площа є$A=∫^5_3\sqrt{x^2−9}dx$. Щоб оцінити цей певний інтеграл,$x=3\sec θ$ підставляють і$dx=3\sec θ\tan θ \, dθ$. Ми також повинні змінити межі інтеграції. Якщо$x=3$, то$3=3\sec θ$ і значить$θ=0$. Якщо$x=5$, то$θ=\sec^{−1}(\dfrac{5}{3})$. Зробивши ці заміни та спростивши, ми маємо

Площа$=∫^5_3\sqrt{x^2−9}dx$

$=∫^{\sec^{−1}(5/3)}_09\tan^2θ\sec θ \, dθ$Використовувати$\tan^2θ=\sec^2θ - 1.$

$=∫^{\sec^{−1}(5/3)}_09(\sec^2θ−1)\sec θ \, dθ$Розгорнути.

$=∫^{\sec^{−1}(5/3)}_09(\sec^3θ−\sec θ)\,dθ$Оцініть інтеграл.

$=(\dfrac{9}{2} \ln |\sec θ+\tan θ|+\dfrac{9}{2}\sec θ\tan θ)−9 \ln |\sec θ+\tan θ|∣^{\sec^{−1}(5/3)}_0$Спростити.

$=\dfrac{9}{2}\sec θ\tan θ−\dfrac{9}{2} \ln |\sec θ+\tan θ|∣^{\sec^{−1}(5/3)}_0$Оцінити. Використання$\sec(\sec^{−1}\dfrac{5}{3})=\dfrac{5}{3}$ і$\tan(\sec^{−1}\dfrac{5}{3})=\dfrac{4}{3}.$

$=\dfrac{9}{2}⋅\dfrac{5}{3}⋅\dfrac{4}{3}−\dfrac{9}{2} \ln ∣\dfrac{5}{3}+\dfrac{4}{3}∣−(\dfrac{9}{2}⋅1⋅0−\dfrac{9}{2} \ln |1+0|)$

$=10−\dfrac{9}{2} \ln 3$

Вправа$\PageIndex{3}$

Оцініть $$∫\dfrac{dx}{\sqrt{x^2−4}}. \nonumber$$ Припустимо, що$x>2.$

Підказка

Замінник$x=2\sec θ$ і$dx=2\sec θ\tan θ \, dθ.$

Відповідь

$$\ln |\dfrac{x}{2}+\dfrac{\sqrt{x^2−4}}{2}|+C \nonumber$$

Ключові концепції

• Для інтегралів за$\sqrt{a^2−x^2}$ участю використовують підстановку$x=a\sin θ$ і$dx=a\cos θ \, dθ.$
• Для інтегралів за$\sqrt{a^2+x^2}$ участю використовують підстановку$x=a\tan θ$ і$dx=a\sec^2θ \, dθ$.
• Для інтегралів за участю$\sqrt{x^2−a^2}$$x=a\sec θ$ підставляють і$dx=a\sec θ\tan θ \,dθ$.

Глосарій

тригонометрична заміна

метод інтеграції, який перетворює алгебраїчний інтеграл, що містить вирази форми$\sqrt{a^2−x^2}$$\sqrt{a^2+x^2}$, або$\sqrt{x^2−a^2}$ в тригонометричний інтеграл