И.В. Садовничая, Е.В. Хорошилова - Определённый интеграл - теория и практика вычислений (1113461), страница 16
Текст из файла (страница 16)
Рассмотрим две теоремы.зация метода заключается во внесении функции t ′( x ) под знак дифферен-Теорема 1 (внесение функции t ′( x ) под знак дифференциала). Пусть данЗамечание 2. Обращаем внимание на то, что в этом утверждении не предполагается монотонности функции t ( x ) . Более того, не предполагается, чтоbопределённый интеграл∫ f (x )dx , в котором подынтегральное выражениеaf ( x )dx представимо в виде g (t (x ))t ′( x )dx , где1) t = t ( x ) – непрерывно дифференцируемая на сегменте [a, b ] функция, и[c, d ] – множество её значений на [a, b] ;2) функция g (t ) непрерывна на сегменте [c, d ] .Тогда справедлива следующая формула перехода от переменной интегрирования x к новой переменной интегрирования t :bbt (b )∫ f (x )dx = ∫ g (t (x )) ⋅ t ′(x )dx = (∫ )g (t )dt .aat a(1)Доказательство.
Пусть функция G (t ) является первообразной дляциала dx с образованием нового дифференциала dt .[c, d ] функции t = t (x ) совпадает сE = [min (t (a ); t (b )); max(t (a ); t (b ))] ( E ⊆ [c, d ] ) (см. рис. 1).множество значенийt (x)ddx( t)bt (b)at (a)cсегментомtxabРис. 1.ctoTРис. 2.§3. Основные методы вычисления2(91Ньютона–Лейбница,)42∫ x 3x − 4 x + 1 dx .Пример 1. Вычислить интегралb∫−1Решение. С одной стороны,2∫ x(3x−14∫ x(3x4⎛xx− 4 x 2 + 1 dx = ⎜⎜ − x 4 +2⎝ 2)2)− 4 x + 1 dx =2−1∫ (x232)()∫ (x3)()−xd x −x =3−160(применение теоремы 1 было правомерно, поскольку− x непрерывно дифференцируема на сегменте[− 1,2] , причём множеством значений этой функции на [− 1,2] является сег3( ) ,6⎤⎥⎦ ;мент ⎡ − 2 3 3( )2) функция g (t ) = t непрерывна на сегменте ⎡ − 2 3 3,6⎤ ).⎢⎣⎥⎦Теорема 2 (использование подстановки x = x(t ) ).
Пусть выполнены сле-дующие условия:1) x = x(t ) – непрерывно дифференцируемая на сегменте[][][t 0 , T ]функция, и сегмент c, d – множество её значений на t 0 , T ;[]2) функция f ( x ) непрерывна на сегменте c, d ;3)x(t 0 ) = a , x(T ) = b .∫a[c, d ] .[[]дает с сегментом G = min ( x(t 0 ); x(T )); max( x(t 0 ); x(T ))[]( G ⊆ c, d )(см. рис. 2 выше).Нередки ситуации, когда для решения одной и той же задачи могут существовать различные подстановки. Умение подобрать наиболее эффективную вданной конкретной ситуации подстановку определяет, в том числе, культуруинтегрирования учащегося.Подчеркнём ещё раз, что замена переменной – наиболее мощный и частоиспользуемый метод при вычислении интегралов от иррациональных итрансцендентных функций.
Как правило, подобрать подходящую замену всложных случаях – целое искусство. В некоторых случаях удаётся сформулировать общие рекомендации по заменам, ориентируясь на конкретный классинтегрируемых функций. Например, разработаны и проверены практикойспециальные рационализирующие подстановки при интегрировании иррациональных алгебраических функций; существуют рекомендации по заменамв классе тригонометрических функций. Многие из таких подстановок рассмотрены в пособии [16] .Формальное применение формул (1) и (2) при замене переменной (безпроверки условий их применимости) может привести к неверным результатам.
Рассмотрим примеры.dx∫1+ x2с помощью под-−1становки t = 1 x ?Решение. Нет. Если сделать формально подстановку x =Tf ( x )dx = ∫ f ( x(t )) ⋅ x ′(t )dt .]Пример 2. Возможно ли вычисление интеграла(2)t0Доказательство. Пусть F ( x ) – первообразная для функции f ( x ) насегментеt01Тогда справедлива следующая формула перехода от переменной интегрирования x к новой переменной t :b∫ f (x(t )) ⋅ x′(t )dt ,Замечание 3. В этом утверждении также не предполагается монотонностьфункции x(t ) и то, что множество значений c, d функции x = x (t ) совпа-= ∫ tdt = 18⎢⎣Tчто и требовалось доказать.⎞⎟⎟ = 18 .⎠ −12− x 3x − 1 dx =2−11) функция t ( x ) = xf ( x )dx = F (b) − F (a ) = F ( x(T ) ) − F (x(t 0 ) ) =a6Теперь вычислим данный интеграл методом замены переменной:2Садовничая И.В., Хорошилова Е.В.
Определённый интеграл92Тогда функция F ( x (t ) ) является первообразной дляf ( x(t ) )x ′(t ) на сегменте [t 0 , T ] . В самом деле, F ′( x(t ) ) = f ( x(t ) )x ′(t ) поправилу дифференцирования сложной функции. Значит, согласно формуле1(не проверяяtусловий её применимости в данной задаче), то придём к неверному результату:dxdtd ( 1t )π1=∫−11 + x 2 −∫11 + ( 1t )2 = − −∫11 + t 2 = − arctgt −1 = − 2 .111На самом деле, если воспользоваться соответствующим табличным интегралом, то получим другое (верное!) значение:§3. Основные методы вычисления93dxπ1∫−11 + x 2 = arctgx −1 = 2 .Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл941=Ошибка в первом случае связана с тем, что изменению x на сегменте[− 1,1] соответствует изменение t = 1 не на сегменте [− 1,1] , а на объединеxнии полупрямых (− ∞,−1] и [1,+∞ ) .
Тем самым, указанная замена просто неудовлетворяет требованиям теоремы 2 о замене переменной, и вычислять интеграл с её помощью нельзя.2πПример 3. Вычислить интегралdx∫ 1 + 0,5 cos x .0Решение. 1-й способ. Подынтегральная функция f ( x ) =[]11 + 0,5 cos xнепрерывна на сегменте 0,2π и, следовательно, имеет первообразную. Дляx. Однако2для последующего вычисления определённого интеграла по сегменту [0,2π ]нахождения первообразной подходящей заменой является t = tgтакая замена не удовлетворяет условиям теоремы 1 о замене переменной, поскольку изменению переменной x на сегменте 0,2π не отвечает измене-[]→ ±∞ при x → π m 0 ).
Наxрушается и условие непрерывной дифференцируемости функции t = tgна2[0,2π ] (эта функция разрывна в точке x = π ).ние переменной t на некотором сегменте ( tВоспользуемся указанной заменой лишь для нахождения какой-либо первообразной подынтегральной функции на данном промежутке интегрирования. Для этого рассмотрим неопределённый интегралкаждом из промежутков 0 ≤ x < π иπ < x ≤ 2πdx∫ 1 + 0,5 cos x . Надля него допустима за-1− t22dtxмена переменной t = tg . При этом cos x =, dx =, и мы221+ t1+ t2получаемF (x ) =dx∫ 1 + 0,5 cos x = 4∫ t2dt4t=arctg+C =+33343arctgtg ( x 2)3+C .При любом значении константы C функция F ( x ) является первообразной1на каждом из промежутков [0, π ) и (π ,2π ] .
Но1 + 0,5 cos xтак как она имеет в точке x = π разрыв 1-го рода: F (π + 0 ) − F (π − 0 ) =4π=−, то F ( x ) не является первообразной для f ( x ) на всём сегменте3[0,2π ] . Однако с помощью F (x ) теперь уже легко построить первообразную F ( x ) для f ( x ) на сегменте [0,2π ] :для f ( x ) =⎧ 4tg ( x 2), если 0 ≤ x < π ;⎪ arctg33⎪⎪ 2πF (x ) = ⎨ ,если x = π ;⎪ 3⎪ 4tg ( x 2) 4π+, если π < x ≤ 2π .⎪ arctg33⎩ 3(эта функция непрерывна на [0,2π ] , причём её производная на этом сегментесовпадает с f ( x ) ). Тогда по формуле Ньютона–Лейбница получаем:2π⎛dx∫ 1 + 0,5 cos x = F (2π ) − F (0) = ⎜⎜⎝ 0 +04π ⎞4π⎟⎟ − 0 =.3⎠32-й способ. Можно было бы (чаще поступают именно так) вычислить данный интеграл, разбив его на два интеграла2ππdxdx∫0 1 + 0,5 cos x = ∫0 1 + 0,5 cos x +2πdx,∫π 1 + 0,5 cos xи воспользоваться тем, что первообразной для f ( x ) нафункция[0, π ]tg ( x 2)⎧ 4, если 0 ≤ x < π ;⎪ 3 arctg3⎪F1 (x ) = ⎨⎪ 2π ,если x = π ;⎩⎪ 3является§3.
Основные методы вычисленияа на95[π ,2π ] – функцияСадовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл96[⎧ 2πесли x = π ;⎪− 3 ,⎪F2 (x ) = ⎨⎪ 4 arctg tg ( x 2) , если π < x ≤ 2π⎪⎩ 33πa2I = ∫ x 2 a 2 − x 2 dx = ∫ a 2 sin 2 t a 2 cos 2 t a cos tdt =00точке x = π по непрерывности слева, а F2 ( x ) – справа). В этом случае,применяя формулу Ньютона–Лейбница к каждому из интегралов, получаемπ2= a 4 ∫ sin 2 t cos t cos tdt .2πdxπ2π∫0 1 + 0,5 cos x = F1 (x ) 0 + F2 (x ) π = F1 (π ) − F1 (0) + F2 (2π ) − F2 (π ) =⎛ 2π ⎞ 4π.⎟⎟ =− 0 + 0 − ⎜⎜ −333⎠⎝2π0⎡ π⎤, окончательно находим⎣ 2 ⎥⎦Учитывая, что cos t = cos t при t ∈ ⎢0,а)∫−1xdx5 − 4xa; б)222∫ x a − x dx (a > 0) ; в)01∫−1322x⎧x ≠ 0;,⎪г) ∫ f ( x )dx , если f ( x ) = ⎨ 1 − 1 − x 20⎪x = 0.⎩ 2,Решение.
а) Положим t = 5 − 4 x (условия теоремы 1 выполняются:5 − 4 x непрерывно дифференцируема на сегменте [− 1,1] ; еёмножеством значений является отрезок [1,3]; кроме того, функция11g (t ) = (5 − t 2 ) непрерывна на [1,3]), тогда dx = − tdt и приходим к4t2функция t =интегралуt11⎛(5 − t 2 )dt = ⎜⎜ 5t −∫818⎝33⎞1⎟⎟ = .⎠1 6−1 5 − 4 xб) Выполним тригонометрическую подстановку: x = a sin t , t ∈ [0, π 2](условия теоремы 2 выполняются: функция x = a sin t непрерывно диффе-∫xdx3=3π4 24 2;11π20dx⎛ 3 1 + 5 x3 ⎞⎜⎟⎝⎠πI = a 4 ∫ sin 2 t cos 2 tdt =Пример 4.
Применяя подходящую замену переменной, найти интегралы:1[ ]a 2 − x 2 непрерывна на сегменте[0, a] ; x(0) = 0 , x(π 2) = a ). Тогда dx = a cos tdt и получаемвом её значений; функция( F1 ( x ) получается из F ( x ) при C = 0 с помощью доопределения F ( x ) в=]f (x ) = x 2ренцируема на сегменте 0, π 2 , причём сегмент 0, a является множест-=a48a4∫ sin22tdt =0a8∫ (1 − cos 4t )dt =0π4⎛ 1⎞ 2 πa.−tt=sin4⎜⎟16⎝ 4⎠0в) Продемонстрируем на данном примере, что при замене переменной винтеграле Римана может возникнуть несобственный интеграл 1-го рода. Так,применяя метод интегрирования дифференциального бинома, сделаем замену−3t = 1 + x 5 . Функция t ( x ) непрерывно дифференцируема на полуинтер⎡ 1 ⎞,0 ⎟ и (0,1] , точка x = 0 является особой точкой t ( x ) , причёмвалах ⎢−⎣ 32 ⎠lim t ( x ) = −∞ , lim t ( x ) = +∞ .
Поэтому интеграл вычисляется следую3x →0 − 0x →0 + 0щим образом:1∫1−32⎛ 3 1 + 5 x3 ⎞⎜⎟⎝⎠−∞= −50dxdt∫ (1 − t )3− 73 22=1−32−3 2−5∫⎛3 1 + 5 x3 ⎞⎜⎟⎝⎠dt∫ (1 − t )+∞1dx3 2−3 7=52+∫⎛dx⎞⎜ 1+ x ⎟⎝⎠03dt∫ (1 − t )−∞3 2=235+∞+ 5∫32dt(1 − t )3 2=§3. Основные методы вычисления97Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл98−3 73⎛ t1 (t − 1)22t + 1 ⎞⎟= 5⎜ 3++ ln 3− arctg⎟⎜ t −1 3 t −1 33⎠ −∞⎝12x+1 41 ⎛⎜ ⎛1⎞3 ⎞⎟2arctg−= ln ⎜ x + ⎟ +2 32 ⎜⎝ ⎝2⎠4 ⎟⎠3−14+∞3⎛ t1 (t − 1)22t + 1 ⎞⎟⎜+5 3+ ln 3− arctg=⎜ t −1 3 t −1 33 ⎟⎠ 3⎝2=()г) Покажем, что при замене переменной в интеграле Римана может возникнуть и несобственный интеграл 2-го рода. Функция f ( x ) непрерывна на01∫ f (x )dx = −∫011(в интеграле∫0tdt1− t1− t1π2=∫0а)[подынтегральная функция не ограничена на 0,1) ).Пример 5.
Вычислить интеграл, внося необходимую функцию под знак∫2⎛⎛1⎞3 ⎞⎟1⎞1⎞⎛⎛⎜++dx⎜⎟dxd⎜ x + ⎟+⎜⎟111⎜⎟2⎠4⎠ 1⎝12⎠2⎠1⎝⎝= ∫ ⎝=− ∫− ∫2222 −1 ⎛2 −1 ⎛1⎞3 2 −1 ⎛1⎞31⎞3⎜x + ⎟ +⎜x + ⎟ +⎜x+ ⎟ +2⎠42⎠42⎠4⎝⎝⎝2∫0πf (cos x )dx ; б) ∫ xf (sin x )dx =0ππ2 ∫0f (sin x )dx .2Доказательство. а) Выполним в интеграле∫ f (sin x )dxподстановку0t=π2− x (при этом пределы интегрирования только поменяются местами):πxdxдифференциала, но не вводя новой переменной: ∫ 2.x+x+1−11⎞ ⎛1⎞⎛⎟d ⎜ x + ⎟1 ⎜x+2⎠ ⎝2⎠⎝∫−1 ⎛ 1 ⎞ 2 3 −⎜x + ⎟ +2⎠4⎝f (sin x )dx =π11⎞ 1⎛1x+ ⎟−⎜1xdx2⎠ 2Решение.=∫ ⎝dx =221⎞3−1 x + x + 1−1 ⎛⎜x+ ⎟ +2⎠4⎝∫π0134⎛2⎞= ⎜ (1 − t ) 2 − 2 1 − t ⎟ =1− t ⎝ 3⎠0 3tdt−11(ln 3 − ln 1) − 1 ⎛⎜⎜ arctg 3 + arctg 1 ⎞⎟⎟ =23⎝3⎠1 ⎛ π π ⎞ ln 31π= ln 3 −−.⎜ + ⎟=223⎝3 6⎠2 3Пример 6. Доказать, что если функция f ( x ) непрерывна на сегменте[0,1] , то справедливы интегральные равенства:1 − x 2 получаемtdt==531+ 3 710π7 − 53 2 + 5 ln− 5 ln 3 2 − 1 −+82323 7 − 11023 2 + 1 10arctg+ arctg+.3333[0,1] .
После замены t =112∫πf (sin x )dx =0∫π0⎛ ⎛π⎞⎞ ⎛ π⎞f ⎜⎜ sin ⎜ − t ⎟ ⎟⎟d ⎜ − t ⎟ =⎝ ⎝ 2 ⎠⎠ ⎝ 2 ⎠2∫ f (cos t )dt .02πб) Выполним в интеграле I =∫ xf (sin x )dx подстановку t = π − x (при0этом пределы интегрирования сохранятся прежними, только поменяютсяместами):π00πI = ∫ xf (sin x )dx = ∫ (π − t ) f (sin (π − t ))d (π − t ) =ππ00= π ∫ f (sin t )dt − ∫ tf (sin t )dt .π∫ (π − t ) f (sin t )dt =0§3.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
