Trigonometrisk substitution

I matematik är en trigonometrisk substitution en substitution av trigonometriska funktioner för andra uttryck. I kalkyl är trigonometrisk substitution en metod för att beräkna integraler. Dessutom kan man använda trigonometriska identiteter för att förenkla vissa integraler som innehåller ett radikalt uttryck [1] [2] . Som med andra metoder för integration genom substitution, när man beräknar den definitiva integralen , kan det vara lättare att helt härleda antiderivatan innan man tillämpar integrationsgränserna.

Fall I: Integraler som innehåller en 2 − x 2

Låt och använd identiteten . $x=a\sin \theta$ $1-\sin ^{2}\theta =\cos ^{2}\theta$

Exempel på fall I

Exempel 1

I integral

\int {\frac {dx}{\sqrt {a^{2}-x^{2)))),

kan användas

x=a\sin \theta ,\quad dx=a\cos \theta \,d\theta ,\quad \theta =\arcsin {\frac {x}{a)).

Sedan

{\begin{aligned}\int {\frac {dx}{\sqrt {a^{2}-x^{2))))&=\int {\frac {a\cos \theta \, d\theta }{\sqrt {a^{2}-a^{2}\sin ^{2}\theta }}}\\[6pt]&=\int {\frac {a\cos \theta \, d\theta }{\sqrt {a^{2}(1-\sin ^{2}\theta )}}}\\[6pt]&=\int {\frac {a\cos \theta \,d\ theta }{\sqrt {a^{2}\cos ^{2}\theta }}}\\[6pt]&=\int d\theta \\[6pt]&=\theta +C\\[6pt] &=\arcsin {\frac {x}{a}}+C.\end{aligned}}

Ovanstående steg kräver att och . Vi kan välja som huvudrot och införa en restriktion med den inversa sinusfunktionen . $a>0$ $\cos \theta >0$ $a$ $a^2$ $-\pi /2<\theta <\pi /2$

För en bestämd integral måste du ta reda på hur integrationens gränser förändras. Till exempel, om ändras från till , ändras sedan från till , så ändras från till . Sedan $x$ $0$ $a/2$ $\sin \theta$ $0$ $1/2$ $\theta$ $0$ $\pi /6$

\int _{0}^{a/2}{\frac {dx}{\sqrt {a^{2}-x^{2))))=\int _{0}^{\pi /6}d\theta ={\frac {\pi }{6)).

Viss omsorg krävs vid val av gränser. Eftersom integrationen ovan kräver det kan värdet bara ändras från till . Om man försummar denna begränsning kan man välja att gå från till , vilket faktiskt skulle resultera i ett negativt värde. $-\pi /2<\theta <\pi /2$ $\theta$ $0$ $\pi /6$ $\theta$ $\pi$ $5\pi /6$

Alternativt kan man helt utvärdera de obestämda integralerna innan man tillämpar randvillkoren. I detta fall ger antiderivatet

\int _{0}^{a/2}{\frac {dx}{\sqrt {a^{2}-x^{2)))))=\arcsin \left({\frac {x }{a}}\right){\Biggl |}_{0}^{a/2}=\arcsin \left({\frac {1}{2}}\right)-\arcsin(0)={ \frac {\pi }{6}}

som förut.

Exempel 2

Väsentlig

\int {\sqrt {a^{2}-x^{2))}\,dx,

kan utvärderas genom att presentera $x=a\sin \theta ,\,dx=a\cos \theta \,d\theta ,\,\theta =\arcsin {\frac {x}{a)),$

var , så att och över området för bågen , så att och . $a>0$ ${\sqrt {a^{2}}}=a$ $-{\frac {\pi }{2}}\leq \theta \leq {\frac {\pi }{2}}$ $\cos \theta \geq 0$ ${\sqrt {\cos ^{2}\theta }}=\cos \theta$

Sedan

{\begin{aligned}\int {\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\,dx&=\int {\sqrt {a^{2}-a^{2}\ sin ^{2}\theta }}\,(a\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int {\sqrt {a^{2}(1-\sin ^{2} \theta )}}\,(a\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int {\sqrt {a^{2}(\cos ^{2}\theta )}}\ ,(a\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int (a\cos \theta )(a\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=a^ {2}\int \cos ^{2}\theta \,d\theta \\[6pt]&=a^{2}\int \left({\frac {1+\cos 2\theta }{2} }\right)\,d\theta \\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}\left(\theta +{\frac {1}{2}}\sin 2\ theta \right)+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}(\theta +\sin \theta \cos \theta )+C\\[6pt]&={ \frac {a^{2}}{2}}\left(\arcsin {\frac {x}{a}}+{\frac {x}{a}}{\sqrt {1-{\frac {x ^{2}}{a^{2}}}}}\right)+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}\arcsin {\frac {x}{ a))+{\frac {x}{2}}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}+C.\end{aligned}}

För en bestämd integral ändras gränserna efter att substitutionen har gjorts och bestäms med hjälp av en ekvation med värden i intervallet . Eller så kan du tillämpa gränsvillkoren direkt på antiderivatformeln. $\theta =\arcsin {\frac {x}{a}}$ $-{\frac {\pi }{2}}\leq \theta \leq {\frac {\pi }{2}}$

Till exempel den bestämda integralen

\int _{-1}^{1}{\sqrt {4-x^{2))}\,dx,

kan uppskattas genom att ersätta , med uppskattningar definierade av , och . $x=2\sin \theta ,\,dx=2\cos \theta \,d\theta$ $\theta =\arcsin {\frac {x}{2))$ $\arcsin(1/2)=\pi /6$ $\arcsin(-1/2)=-\pi /6$

Sedan

{\begin{aligned}\int _{-1}^{1}{\sqrt {4-x^{2))}\,dx&=\int _{-\pi /6}^{\ pi /6}{\sqrt {4-4\sin ^{2}\theta }}\,(2\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int _{-\pi / 6}^{\pi /6}{\sqrt {4(1-\sin ^{2}\theta )}}\,(2\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=\ int _{-\pi /6}^{\pi /6}{\sqrt {4(\cos ^{2}\theta )}}\,(2\cos \theta )\,d\theta \\[ 6pt]&=\int _{-\pi /6}^{\pi /6}(2\cos \theta )(2\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=4\int _{-\pi /6}^{\pi /6}\cos ^{2}\theta \,d\theta \\[6pt]&=4\int _{-\pi /6}^{\pi /6}\left({\frac {1+\cos 2\theta }{2}}\right)\,d\theta \\[6pt]&=2\left[\theta +{\frac {1} {2}}\sin 2\theta \right]_{-\pi /6}^{\pi /6}=[2\theta +\sin 2\theta ]{\Biggl |}_{-\pi / 6}^{\pi /6}\\[6pt]&=\vänster({\frac {\pi }{3}}+\sin {\frac {\pi }{3}}\höger)-\vänster (-{\frac {\pi }{3}}+\sin \left(-{\frac {\pi }{3}}\right)\right)={\frac {2\pi }{3}} +{\sqrt {3}}.\end{aligned}}

Å andra sidan ger en direkt tillämpning av gränstermerna på den tidigare erhållna formeln för antiderivat

{\begin{aligned}\int _{-1}^{1}{\sqrt {4-x^{2}}}\,dx&=\left[{\frac {2^{2}} {2}}\arcsin {\frac {x}{2}}+{\frac {x}{2}}{\sqrt {2^{2}-x^{2}}}\right]_{- 1}^{1}\\[6pt]&=\left(2\arcsin {\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {4-1}}\ höger)-\left(2\arcsin \left(-{\frac {1}{2}}\right)+{\frac {-1}{2}}{\sqrt {4-1}}\right) \\[6pt]&=\left(2\cdot {\frac {\pi }{6}}+{\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)-\left(2\cdot \ vänster(-{\frac {\pi }{6}}\right)-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)\\[6pt]&={\frac {2\pi } {3}}+{\sqrt {3}}\end{aligned}}

som förut.

Fall II: Integraler som innehåller en 2 + x 2

Exempel på fall II

Exempel 1

I integral

{\displaystyle \int {\frac {dx}{a^{2}+x^{2))))

du kan skriva

x=a\tan \theta ,\quad dx=a\sec ^{2}\theta \,d\theta ,\quad \theta =\arctan {\frac {x}{a)),

så blir integralen

{\begin{aligned}\int {\frac {dx}{a^{2}+x^{2}}}&=\int {\frac {a\sec ^{2}\theta \, d\theta }{a^{2}+a^{2}\tan ^{2}\theta }}\\[6pt]&=\int {\frac {a\sec ^{2}\theta \, d\theta }{a^{2}(1+\tan ^{2}\theta )}}\\[6pt]&=\int {\frac {a\sec ^{2}\theta \,d\ theta }{a^{2}\sec ^{2}\theta }}\\[6pt]&=\int {\frac {d\theta }{a}}\\[6pt]&={\frac { \theta }{a}}+C\\[6pt]&={\frac {1}{a}}\arctan {\frac {x}{a}}+C,\end{aligned}}

tillhandahålls . $a \neq 0$

För en bestämd integral ändras gränserna efter att substitutionen har gjorts och bestäms med hjälp av en ekvation med värden i intervallet . Eller så kan du tillämpa gränsvillkoren direkt på antiderivatformeln. $\theta =\arctan {\frac {x}{a))$ $-{\frac {\pi }{2}}<\theta <{\frac {\pi }{2}}$

Till exempel den bestämda integralen

\int _{0}^{1}{\frac {4}{1+x^{2))}\,dx

kan uppskattas genom att ersätta , med uppskattningar definierade av , och . $x=\tan \theta ,\,dx=\sec ^{2}\theta \,d\theta$ $\theta =\arctan x$ $\arctan 0=0$ $\arctan 1=\pi /4$

Sedan

{\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\frac {4\,dx}{1+x^{2))}&=4\int _{0}^{1 }{\frac {dx}{1+x^{2}}}\\[6pt]&=4\int _{0}^{\pi /4}{\frac {\sec ^{2}\theta \,d\theta }{1+\tan ^{2}\theta }}\\[6pt]&=4\int _{0}^{\pi /4}{\frac {\sec ^{2} \theta \,d\theta }{\sec ^{2}\theta }}\\[6pt]&=4\int _{0}^{\pi /4}d\theta \\[6pt]&= (4\theta ){\Bigg |}_{0}^{\pi /4}=4\left({\frac {\pi}{4))-0\right)=\pi .\end{aligned }}

Samtidigt ger en direkt tillämpning av gränstermerna på formeln för antiderivat

{\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\frac {4}{1+x^{2))}\,dx&=4\int _{0}^{1} {\frac {dx}{1+x^{2}}}\\&=4\vänster[{\frac {1}{1}}\arctan {\frac {x}{1}}\right]_ {0}^{1}\\&=4(\arctan x){\Bigg |}_{0}^{1}\\&=4(\arctan 1-\arctan 0)\\&=4\ left({\frac {\pi }{4}}-0\right)=\pi ,\end{aligned}}

precis som innan.

Exempel 2

Väsentlig

\int {\sqrt {a^{2}+x^{2}}}\,{dx}

kan utvärderas genom att presentera $x=a\tan \theta ,\,dx=a\sec ^{2}\theta \,d\theta ,\,\theta =\arctan {\frac {x}{a)),$

där , så att och över området för bågtangens , så att och . $a>0$ ${\sqrt {a^{2}}}=a$ $-{\frac {\pi }{2}}<\theta <{\frac {\pi }{2}}$ $\sec \theta >0$ ${\sqrt {\sec ^{2}\theta }}=\sec \theta$

Sedan

{\begin{aligned}\int {\sqrt {a^{2}+x^{2}}}\,dx&=\int {\sqrt {a^{2}+a^{2}\ tan ^{2}\theta }}\,(a\sec ^{2}\theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int {\sqrt {a^{2}(1+\tan ^{2}\theta )}}\,(a\sec ^{2}\theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int {\sqrt {a^{2}\sec ^{2 }\theta }}\,(a\sec ^{2}\theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int (a\sec \theta )(a\sec ^{2}\theta ) \,d\theta \\[6pt]&=a^{2}\int \sec ^{3}\theta \,d\theta .\\[6pt]\end{aligned}}

Den kubade sekantintegralen kan beräknas med hjälp av integrering av delar . Som ett resultat

{\begin{aligned}\int {\sqrt {a^{2}+x^{2}}}\,dx&={\frac {a^{2}}{2}}(\sec \ theta \tan \theta +\ln |\sec \theta +\tan \theta |)+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}\left({\sqrt { 1+{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}}\cdot {\frac {x}{a}}+\ln \left|{\sqrt {1+{\frac { x^{2}}{a^{2}}}}}+{\frac {x}{a}}\right|\right)+C\\[6pt]&={\frac {1}{2 }}\left(x{\sqrt {a^{2}+x^{2}}}+a^{2}\ln \left|{\frac {x+{\sqrt {a^{2}+x ^{2}}}}{a}}\right|\right)+C.\end{aligned}}

Fall III: Integraler som innehåller x 2 − a 2

Låt och använd identiteten $x=a\sec\theta$ $\sec ^{2}\theta -1=\tan ^{2}\theta .$

Exempel på fall III

Typ integraler

{\displaystyle \int {\frac {dx}{x^{2}-a^{2))))

kan också beräknas genom partiella fraktioner snarare än genom trigonometriska substitutioner. Däremot integralen

\int {\sqrt {x^{2}-a^{2))}\,dx

det är förbjudet. I det här fallet skulle en lämplig ersättning vara:

x=a\sec \theta ,\,dx=a\sec \theta \tan \theta \,d\theta ,\,\theta =\operatörsnamn {arcsec} {\frac {x}{a)) ,

var , så och , förutsatt , så och . $a>0$ ${\sqrt {a^{2}}}=a$ $0\leq \theta <{\frac {\pi }{2}}$ $x>0$ $\tan \theta \geq 0$ ${\sqrt {\tan ^{2}\theta }}=\tan \theta$

Sedan

{\begin{aligned}\int {\sqrt {x^{2}-a^{2}}}\,dx&=\int {\sqrt {a^{2}\sec ^{2}\ theta -a^{2))}\cdot a\sec \theta \tan \theta \,d\theta \\&=\int {\sqrt {a^{2}(\sec ^{2}\theta - 1)}}\cdot a\sec \theta \tan \theta \,d\theta \\&=\int {\sqrt {a^{2}\tan ^{2}\theta }}\cdot a\sec \theta \tan \theta \,d\theta \\&=\int a^{2}\sec \theta \tan ^{2}\theta \,d\theta \\&=a^{2}\int (\sec \theta )(\sec ^{2}\theta -1)\,d\theta \\&=a^{2}\int (\sec ^{3}\theta -\sec \theta )\ ,d\theta .\end{aligned}}

Du kan beräkna integralen av sekantfunktionen genom att multiplicera täljaren och nämnaren med och integralen av den kubade sekanten med delar [3] . Som ett resultat $(\sec \theta +\tan \theta )$

{\begin{aligned}\int {\sqrt {x^{2}-a^{2}}}\,dx&={\frac {a^{2}}{2}}(\sec \ theta \tan \theta +\ln |\sec \theta +\tan \theta |)-a^{2}\ln |\sec \theta +\tan \theta |+C\\[6pt]&={\ frac {a^{2}}{2}}(\sec \theta \tan \theta -\ln |\sec \theta +\tan \theta |)+C\\[6pt]&={\frac {a ^{2}}{2}}\left({\frac {x}{a}}\cdot {\sqrt ({\frac {x^{2}}{a^{2}}}-1}} -\ln \left|{\frac {x}{a}}+{\sqrt ({\frac {x^{2}}{a^{2}}}-1}}\right|\right)+ C\\[6pt]&={\frac {1}{2}}\left(x{\sqrt {x^{2}-a^{2}}}-a^{2}\ln \left| {\frac {x+{\sqrt {x^{2}-a^{2)))){a}}\right|\right)+C.\end{aligned}}

If , vilket händer när med ett givet intervall av ljusbåge , då , vilket i detta fall betyder . ${\frac {\pi }{2}}<\theta \leq \pi$ $x<0$ $\tan \theta \leq 0$ ${\sqrt {\tan ^{2}\theta }}=-\tan \theta$

Substitutioner exklusive trigonometriska funktioner

Substitution kan användas för att ta bort trigonometriska funktioner.

Till exempel,

{\begin{aligned}\int f(\sin(x),\cos(x))\,dx&=\int {\frac {1}{\pm {\sqrt {1-u^{2 }}}}}f\left(u,\pm {\sqrt {1-u^{2}}}\right)\,du&&u=\sin(x)\\[6pt]\int f(\sin( x),\cos(x))\,dx&=\int {\frac {1}{\mp {\sqrt {1-u^{2))))}f\left(\pm {\sqrt {1 -u^{2}}},u\right)\,du&&u=\cos(x)\\[6pt]\int f(\sin(x),\cos(x))\,dx&=\int { \frac {2}{1+u^{2}}}f\left({\frac {2u}{1+u^{2}}},{\frac {1-u^{2}}{1 +u^{2}}}\right)\,du&&u=\tan \left({\tfrac {x}{2}}\right)\\[6pt]\end{aligned}}

Den sista substitutionen är känd som Weierstrass-substitutionen , som använder halvvinkeltangensformler .

Till exempel,

{\begin{aligned}\int {\frac {4\cos x}{(1+\cos x)^{3))}\,dx&=\int {\frac {2}{1+u ^{2))}{\frac {4\left({\frac {1-u^{2}}{1+u^{2}}}\right)}{\left(1+{\frac { 1-u^{2}}{1+u^{2}}}\höger)^{3}}}\,du=\int (1-u^{2})(1+u^{2} )\,du\\&=\int (1-u^{4})\,du=u-{\frac {u^{5}}{5}}+C=\tan {\frac {x} {2}}-{\frac {1}{5}}\tan ^{5}{\frac {x}{2}}+C.\end{aligned}}

Hyperbolisk substitution

Substitutioner av hyperboliska funktioner kan också användas för att förenkla integraler [4] .

I integralen kan man göra en substitution , $\int {\frac {1}{\sqrt {a^{2}+x^{2))))\,dx$ $x=a\sinh {u}$ $dx=a\cosh u\,du.$

Sedan, med hjälp av identiteter och $\cosh ^{2}(x)-\sinh ^{2}(x)=1$ $\sinh ^{-1}{x}=\ln(x+{\sqrt {x^{2}+1))),$

tillgängligt

${\begin{aligned}\int {\frac {1}{\sqrt {a^{2}+x^{2))))\,dx&=\int {\frac {a\cosh u} {\sqrt {a^{2}+a^{2}\sinh ^{2}u}}}\,du\\[6pt]&=\int {\frac {a\cosh {u}}{a {\sqrt {1+\sinh ^{2}{u))))}\,du\\[6pt]&=\int {\frac {a\cosh {u}}{a\cosh u}}\ ,du\\[6pt]&=u+C\\[6pt]&=\sinh ^{-1}{\frac {x}{a}}+C\\[6pt]&=\ln \left( {\sqrt {{\frac {x^{2}}{a^{2}}}+1}}+{\frac {x}{a}}\right)+C\\[6pt]&=\ ln \left({\frac {{\sqrt {x^{2}+a^{2}}}+x}{a}}\right)+C.\end{aligned}}$

Se även

Anteckningar

↑ James Stewart . Kalkyl: tidiga transcendentala teorier . — 6:e upplagan. — Brooks/Cole, 2008. — ISBN 978-0-495-01166-8 .
↑ George B. Thomas, Maurice D. Weir, Joel Hass . Thomas' Calculus: Tidiga transcendentals . — 12:e upplagan. — Addison-Wesley , 2010. — ISBN 978-0-321-58876-0 .
↑ James Stewart . Avsnitt 7.2: Trigonometriska integraler // Calculus - Tidiga transcendentala teorier . — USA : Cengage Learning, 2012. — S. 475–6. - ISBN 978-0-538-49790-9 .
↑ Christo N. Boyadzhiev. Hyperboliska substitutioner av integraler . Hämtad 4 mars 2013. Arkiverad från originalet 26 februari 2020. (obestämd)

Trigonometri
Allmän	Trigonometri översikt Berättelse Användande Funktioner Omvänd Sällan använd Generaliserad trigonometri
Katalog	Identiteter Exakta konstanter tabeller enhetscirkel
Lagar och satser	Sinussats Pythagoras sats Cosinussats Tangentsats Cotangenssats Lösa trianglar
Matematisk analys	Trigonometrisk substitution Integraler ( omvända funktioner ) Derivat

Integralkalkyl

Main

Generaliseringar
av Riemann-integralen

Integrerade
transformationer

Numerisk
integration

måttteori

Relaterade ämnen

Listor över integraler