Замена в неопределенном интеграле.

Литература: Дм.Письменный Конспект лекций по высшей математике. 1часть, глава 7, параграф 30 (неопределенный интеграл) Замена в неопределенном интеграле. Пусть требуется вычислить интеграл, однако найти первообразную подынтегральной функции с помощью таблицы не удается. При этом подынтегральное выражение содержит некоторую функцию g(x) и ее дифференциал d(g(x)) (может быть, с точностью до коэффициента). Выполним замену: t=g(x), дифференциал dt= d(g(x)). Таким образом, получаем интеграл ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡, который должен быть проще исходного. Он, как правило, решается с помощью таблицы интегралов. При решении примеров этого типа можно пользоваться таблицей дифференциалов. Напомним, что 𝑑𝑓 = 𝑓′𝑑𝑥 1 𝑑𝑥 𝑥 𝑓(𝑥 ) = cos(𝑥 ) , 𝑑𝑓 = −sin(𝑥 ) 𝑑𝑥 𝑓(𝑥 ) = sin(𝑥 ) , 𝑑𝑓 = cos(𝑥 ) 𝑑𝑥 1 𝑓(𝑥 ) = 𝑡𝑔(𝑥 ), 𝑑𝑓 = 𝑑𝑥 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 1 𝑓(𝑥 ) = 𝑐𝑡𝑔(𝑥 ), 𝑑𝑓 = − 𝑑𝑥 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 1 𝑓(𝑥 ) = arcsin(𝑥 ), 𝑑𝑓 = 𝑑𝑥 √1 − 𝑥 2 1 𝑓(𝑥 ) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑥 ), 𝑑𝑓 = 𝑑𝑥 1 + 𝑥2 𝑓 (𝑥 ) = 𝑒 𝑥 , 𝑑𝑓 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 2 , 𝑑𝑓 = 2𝑥𝑑𝑥 𝑓(𝑥 ) = ln(𝑥 ) , 𝑑𝑓 = и т.д. f(x) – левый столбик, выбираем в качестве новой переменной t, а выражение, стоящее в правом столбике (с учетом коэффициентов), заменяем на dt. После решения примера необходимо вернуться к исходной переменной х. Примеры 1). ∫ ln (𝑥) 𝑥 (ln (𝑥))2 2 t = ln(x) 1 𝑡2 } 𝑑𝑥 = ∫ ln(𝑥 ) 𝑑𝑥 = { = 𝑡𝑑𝑡 = +𝐶 = 1 ∫ 𝑥 2 𝑑𝑡 = (ln(𝑥 ))′ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑥 𝑥 +𝐶 1 2). ∫ 𝑑𝑥 𝑥(ln(𝑥)−5) =∫ 1 1 (ln(𝑥)−5) 𝑥 𝑑𝑥 = { 𝑡 = ln(𝑥 ) − 5 }= 1 𝑑𝑡 = (ln(𝑥 ) − 5)′ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑥 𝑥 1 ∫ 𝑡 𝑑𝑡 = ln|𝑡| + 𝐶 = ln|ln(𝑥 ) − 5| + 𝐶 Заметим, что в этом примере можно было выбрать в качестве t только ln(x), однако с такой заменой пример решается немого проще. 3). ∫ 𝑑𝑥 2 𝑥(l𝑛 (𝑥)+25) =∫ 1 ln (𝑥) 5 5 𝐶 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 1 1 𝑑𝑥 2 (l𝑛 (𝑥)+25) 𝑥 𝑡 = ln(𝑥 ) 1 1 𝑡 }=∫ 2 ={ 𝑑𝑡 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 + 1 𝑡 +25 5 5 𝑑𝑡 = 𝑑𝑥 𝑥 +𝐶 Заметим, что в этом примере нельзя было бы, как в предыдущем примере взять за t целое выражение ln2(x)+25, так как если найти дифференциал 1 этого выражения (𝑑 (𝑙𝑛2 (𝑥 ) + 25) = 2 ln(𝑥 ) ∗ 𝑑𝑥), то такого выражения 𝑥 под знаком интеграла нет. 4). ∫ 𝑡𝑔(𝑥 )𝑑𝑥 = ∫ sin (𝑥) cos (𝑥) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑡 = cos(𝑥 ) sin(𝑥 ) 𝑑𝑥 = { } cos (𝑥) 𝑑𝑡 = − sin(𝑥 ) 𝑑𝑥 1 Здесь необходимо учесть коэффициент (-1), для этого домножим и разделим интеграл на (-1): −∫ 1 1 (− sin(𝑥 ) 𝑑𝑥 ) = − ∫ 𝑑𝑡 = − ln|𝑡| + 𝐶 = −ln |cos (𝑥)| + 𝐶 cos(𝑥 ) 𝑡 Этот интеграл достаточно часто встречается на практике, поэтому можно пользоваться полученной формулой, как готовой. ∫ 𝑡𝑔(𝑥 )𝑑𝑥 = −ln |cos (𝑥)| + 𝐶 Аналогично можно получить ∫ 𝑐𝑡𝑔(𝑥 )𝑑𝑥 = ln |sin (𝑥)| + 𝐶 5). ∫ 𝑠 𝑖𝑛2 (𝑥 ) cos(𝑥 ) 𝑑𝑥 = { 𝑡 = sin(𝑥 ) 𝑡3 𝑠𝑖𝑛3 (𝑥) } = ∫ 𝑡 2 𝑑𝑡 = + 𝐶 = +𝐶 3 3 𝑑𝑡 = cos(𝑥 ) 𝑑𝑥 6). ∫ 𝑠𝑖𝑛2 (𝑥 )𝑑𝑥, заметим, что подынтегральное выражение не содержит дифференциала функции sin(x), поэтому этот пример не решить с помощью замены. Он решается путем применения тригонометрической формулы понижения степени: si𝑛2 𝑥 = 2 1−cos (2𝑥) 2 ∫ 𝑠𝑖𝑛2 (𝑥 )𝑑𝑥 = ∫ 1 − cos (2𝑥) 1 cos(2𝑥 ) 𝑑𝑥 = ∫ ( − ) 𝑑𝑥 = 2 2 2 1 1 1 1 1 ∫ 𝑑𝑥 − ∫ cos(2𝑥 ) 𝑑𝑥 = 𝑥 − ∗ sin(2𝑥 ) + 𝐶 2 2 2 2 2 Аналогичная формула для 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 = 1+cos (2𝑥) 2 7) ∫ 𝑠𝑖𝑛3 (𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑠𝑖𝑛2 (𝑥) ∗ sin (𝑥)𝑑𝑥 Применив основное тригонометрическое тождество, сможем выполнить 𝑡 = cos(𝑥 ) замену ∫(1 − 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥 )) sin(𝑥 ) 𝑑𝑥 = { } = − ∫(1 − 𝑡 2 )𝑑𝑡 𝑑𝑡 = − sin(𝑥 ) 𝑑𝑥 Получаем − ∫ 1𝑑𝑡 + ∫ 𝑡 2 𝑑𝑡 = −𝑡 + 𝑡3 3 + 𝐶 = − cos(𝑥 ) + 𝑐𝑜𝑠 3 (𝑥) 3 +𝐶 𝑡 = cos(7𝑥 ) 8). ∫ √cos (7𝑥) ∗ sin(7𝑥 ) 𝑑𝑥 = { } Здесь необходимо 𝑑𝑡 = −7 sin(7𝑥 ) 𝑑𝑥 учесть коэффициент (-7), для этого разделим и домножим интеграл на (-7): 3 1 1 1 𝑡2 − ∫ √cos(7𝑥) ∗ (−7 sin(7𝑥 ))𝑑𝑥 = − ∫ √𝑡𝑑𝑡 = − +𝐶 = 7 7 7 3 2 =− 9). ∫ 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛3 𝑥 10). ∫ √1−𝑥 2 3 2 (cos(7𝑥 ))2 + 𝐶 21 𝑡 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑡4 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛4 𝑥 𝑑𝑥 = {𝑑𝑡 = 1 𝑑𝑥 } = ∫ 𝑡 3 𝑑𝑡 = + 𝐶 = +𝐶 4 4 2 √1−𝑥 𝑡 = 𝑡𝑔𝑥 𝑡𝑔𝑥 1 1 { } = ∫ 𝑒 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑒 𝑡𝑔𝑥 + 𝐶 𝑑𝑥 = 𝑒 𝑑𝑥 = ∫ 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 𝑑𝑡 = 2 𝑑𝑥 𝑒 𝑡𝑔𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 11). ∫ 𝑒 3𝑥 𝑑𝑥 7𝑒 3𝑥 +11 здесь можно взять в качестве t функцию e3x, тогда dt=3e3xdx. Однако более рационально выбрать в качестве t выражение в знаменателе. 3𝑥 1 21𝑒 3𝑥 𝑑𝑥 1 𝑑𝑡 1 𝑡 = 7𝑒 + 11 { }= ∫ 3𝑥 = ∫ = ln|𝑡| + 𝐶 3𝑥 3𝑥 21 7𝑒 + 11 21 𝑡 21 𝑑𝑡 = 7 ∗ 3𝑒 𝑑𝑥 = 21𝑒 𝑑𝑥 = 1 ln|7𝑒 3𝑥 + 11| + 𝐶 21 3 12). ∫ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 𝑒 2𝑥 +4 если попробовать выбрать в качестве t выражение в знаменателе, то тогда dt=2e2xdx, но такого выражения нет под знаком интеграла, поэтому выбираем t=ex, тогда dt=exdx. Получаем 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑡 1 𝑡 1 𝑒𝑥 ∫ 𝑥 2 =∫ 2 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 + 𝐶 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 + 𝐶 (𝑒 ) + 4 𝑡 +4 2 2 2 2 4 1 } = 1 cos(𝑥 4 + 1) ∗ 4𝑥 3 𝑑𝑥 = 13). ∫ 𝑥 3 ∗ cos(𝑥 4 + 1) 𝑑𝑥 = { 𝑡 = 𝑥 + ∫ 3 4 𝑑𝑡 = 4𝑥 𝑑𝑥 1 1 1 = ∫ cos(𝑡) 𝑑𝑡 = sin(𝑡) + 𝐶 = sin ( 𝑥 4 + 1) + 𝐶 4 4 4 14). ∫ 𝑥𝑑𝑥 √4−𝑥 2 этот интеграл похож на табличный, но в числителе есть х. Решаем с помощью замены t=4-x2, тогда dt=-2xdx 1 1 1 −2𝑥𝑑𝑥 1 𝑑𝑡 1 𝑡 −2+1 1 𝑡2 − ∫ =− ∫ =− +𝐶 =− +𝐶 2 √4 − 𝑥 2 2 √𝑡 2−1 + 1 2 1 2 2 1 = −(4 − 𝑥 2 )2 + 𝐶 15). ∫ 𝑡 = 5𝑥 2 + 8} = 1 10𝑥𝑑𝑥 = 1 𝑑𝑡 = 1 ln|𝑡| + 𝐶 = { = ∫ ∫𝑡 5𝑥 2 +8 10 5𝑥 2 +8 10 10 𝑑𝑡 = 10𝑥𝑑𝑥 𝑥𝑑𝑥 = 1 ln|5𝑥 2 + 8| + 𝐶 10 Иногда замену выполняют с помощью равенства x = (z), где функция (z) дифференцируемая и имеет обратную. Дифференциал: dx = φ′ (z) ⋅ dz и запишем подынтегральное выражение через новую переменную z и её ′ дифференциал dz. ∫ 𝑓(𝜑 ⏟ (𝑧)) ⋅ 𝜑 (𝑧) ⋅ 𝑑𝑧 = ∫ 𝑔(𝑧)𝑑𝑧. 𝑔(𝑧) Если получившийся интеграл по переменной z оказываетсяся проще исходного (как правило, он решается с помощью таблицы интегралов), то замена сделана эффективно. Пример. 1) z 2 + 1) − 1 (  подстановка  x z 2z2  1 + xdx =  x = z 2  dx = 2 z  dz  =  1 + z 2  2 z  dz =  1 + z 2  dz = 2 1 + z 2 dz = 1  1  = 2 1 − dz = 2 dz − 2 dz = 2 z − arctg z + C = 2 x − 2arctg x + C ; 2  1 + z2  1+ z  4