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 [cbm]F'(x)=f(x)[/cbm] , тогда

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

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

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

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

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

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


Пример 1. Вычислим [cbm]\int\cos2t\,dt[/cbm] .

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

[cbm]\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.[/cbm]

Замечание. Вычисление короче записывают так:

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

Аналогичными преобразованиями мы будем пользоваться и в дальнейшем.


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

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

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

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


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

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

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

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

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

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

[cbm]\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.[/cbm]

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 [cbm]\int\sqrt{a^2-x^2}\,dx[/cbm] .

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

[cbm]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[/cbm]

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

[cbm]\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}[/cbm]

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

[cbm]\cos{t}=\sqrt{1-\sin^2t}= \sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}= \frac{1}{a}\sqrt{a^2-x^2}[/cbm]

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

[cbm]\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.[/cbm]

Замена переменной в определенном интеграле

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

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

В результате мы приходим к следующему утверждению:

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

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


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

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

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

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

[cbm]\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}[/cbm]

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

Решение. Выделим полный квадрат в знаменателе:

[cbm]4x^2-4x+5=(4x^2-4x+1)+4= (2x-1)^2+4.[/cbm]

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

[cbm]\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}[/cbm]

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 [cbm]\int(x^3+2x^2+5)e^x\,dx[/cbm] .

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

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

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 [cbm]e^x[/cbm] . Поэтому первообразную можно было сразу искать в следующем виде:

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

где [cbm]E[/cbm] — произвольная постоянная.

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

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

Разделив обе части этого равенства на [cbm]e^x[/cbm] , получим:

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

[cbm]\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}[/cbm]

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

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

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

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:

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

Для нахождения неопределенных коэффициентов [cbm]A[/cbm] и [cbm]B[/cbm] продифференцируем обе части равенства (3):

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

Разделим обе части этого равенства на [cbm]e^{3x}:[/cbm]

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

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

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

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

[cbm]\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.[/cbm]

Источник

Поделитесь с другими:

Если материал понравился Вам и оказался для Вас полезным, поделитесь им со своими друзьями!

Читать по теме:

Интересные статьи: