Trigonometrisk substitution

I matematik er en trigonometrisk substitution en substitution af trigonometriske funktioner for andre udtryk. I calculus er trigonometrisk substitution en metode til at beregne integraler. Desuden kan man bruge trigonometriske identiteter til at simplificere nogle integraler , der indeholder et radikalt udtryk [1] [2] . Som med andre metoder til integration ved substitution, når man beregner det definitive integral , kan det være lettere fuldt ud at udlede antiderivatet , før man anvender grænserne for integration.

Tilfælde I: Integraler, der indeholder en 2 − x 2

Lad , og brug identiteten . $x=a\sin \theta$ $1-\sin ^{2}\theta =\cos ^{2}\theta$

Eksempler på Case I

Eksempel 1

I integreret

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

Kan bruges

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

Derefter

{\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}}

Ovenstående trin kræver, at og . Vi kan vælge som hovedroden og pålægge en begrænsning ved hjælp af den inverse sinusfunktion . $a>0$ $\cos \theta >0$ $-en$ $a^2$ $-\pi /2<\theta <\pi /2$

For et decideret integral skal du finde ud af, hvordan grænserne for integration ændrer sig. For eksempel, hvis ændres fra til , så ændres fra til , så ændres fra til . Derefter $x$ $0$ $a/2$ $\sin \theta$ $0$ $1/2$ $\theta$ $0$ $\pi /6$

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

Der kræves en vis omhu, når man vælger grænser. Fordi ovenstående integration kræver det , kan værdien kun ændres fra til . Hvis man ignorerer denne begrænsning, kunne man vælge at gå fra til , hvilket faktisk ville resultere i en negativ værdi. $-\pi /2<\theta <\pi /2$ $\theta$ $0$ $\pi /6$ $\theta$ $\pi$ $5\pi /6$

Alternativt kan man fuldt ud evaluere de ubestemte integraler, før man anvender grænsebetingelserne. I dette tilfælde giver 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}}

ligesom før.

Eksempel 2

Integral

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

kan evalueres ved fremlæggelse $x=a\sin \theta ,\,dx=a\cos \theta \,d\theta ,\,\theta =\arcsin {\frac {x}{a)),$

hvor , så at og over området af arcsine , så at og . $a>0$ ${\sqrt {a^{2}}}=a$ $-{\frac {\pi }{2}}\leq \theta \leq {\frac {\pi }{2}}$ $\cos \theta \geq 0$ ${\sqrt {\cos ^{2}\theta }}=\cos \theta$

Derefter

{\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}}

For et bestemt integral ændres grænserne efter substitutionen og bestemmes ved hjælp af en ligning med værdier i området . Eller du kan anvende grænsevilkårene direkte på antiderivatformlen. $\theta =\arcsin {\frac {x}{a}}$ $-{\frac {\pi }{2}}\leq \theta \leq {\frac {\pi }{2}}$

For eksempel det bestemte integral

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

kan estimeres ved at erstatte , med estimater defineret ved , og . $x=2\sin \theta ,\,dx=2\cos \theta \,d\theta$ $\theta =\arcsin {\frac {x}{2))$ $\arcsin(1/2)=\pi /6$ $\arcsin(-1/2)=-\pi /6$

Derefter

{\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}\venstre({\frac {1+\cos 2\theta }{2}}\right)\,d\theta \\[6pt]&=2\venstre[\theta +{\frac {1} {2}}\sin 2\theta \right]_{-\pi /6}^{\pi /6}=[2\theta +\sin 2\theta]{\Biggl |}_{-\pi / 6}^{\pi /6}\\[6pt]&=\venstre({\frac {\pi }{3}}+\sin {\frac {\pi }{3}}\højre)-\venstre (-{\frac {\pi }{3}}+\sin \left(-{\frac {\pi}{3}}\right)\right)={\frac {2\pi }{3}} +{\sqrt {3}}.\end{aligned}}

På den anden side giver en direkte anvendelse af grænsevilkårene til den tidligere opnåede formel for antiderivater

{\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}}\ højre)-\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 \ venstre(-{\frac {\pi }{6}}\right)-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)\\[6pt]&={\frac {2\pi } {3}}+{\sqrt {3}}\end{aligned}}

ligesom før.

Tilfælde II: Integraler, der indeholder en 2 + x 2

Eksempler på Case II

Eksempel 1

I integreret

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

du kan skrive

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

så integralet bliver

{\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}}

forudsat . $a \neq 0$

For et bestemt integral ændres grænserne efter substitutionen og bestemmes ved hjælp af en ligning med værdier i området . Eller du kan anvende grænsevilkårene direkte på antiderivatformlen. $\theta =\arctan {\frac {x}{a))$ $-{\frac {\pi }{2}}<\theta <{\frac {\pi }{2}}$

For eksempel det bestemte integral

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

kan estimeres ved at erstatte , med estimater defineret ved , og . $x=\tan \theta ,\,dx=\sec ^{2}\theta \,d\theta$ $\theta =\arctan x$ $\arctan 0=0$ $\arctan 1=\pi /4$

Derefter

{\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\venstre({\frac {\pi }{4))-0\right)=\pi .\end{justeret }}

I mellemtiden giver en direkte anvendelse af grænsevilkårene til formlen for antiderivater

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

ligesom før.

Eksempel 2

Integral

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

kan evalueres ved fremlæggelse $x=a\tan \theta ,\,dx=a\sec ^{2}\theta \,d\theta ,\,\theta =\arctan {\frac {x}{a)),$

hvor , så at og over området af buetangens , så at og . $a>0$ ${\sqrt {a^{2}}}=a$ $-{\frac {\pi }{2}}<\theta <{\frac {\pi }{2}}$ $\sec \theta >0$ ${\sqrt {\sec ^{2}\theta }}=\sec \theta$

Derefter

{\begin{aligned}\int {\sqrt {a^{2}+x^{2}}}\,dx&=\int {\sqrt {a^{2}+a^{2}\ tan ^{2}\theta }}\,(a\sek ^{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}}

Det kuberede sekantintegral kan beregnes ved hjælp af integration af dele . Som 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 }}\venstre(x{\sqrt {a^{2}+x^{2}}}+a^{2}\ln \venstre|{\frac {x+{\sqrt {a^{2}+x ^{2}}}}{a}}\right|\right)+C.\end{aligned}}

Tilfælde III: Integraler indeholdende x 2 − a 2

Lad og brug identiteten $x=a\sec\theta$ $\sec ^{2}\theta -1=\tan ^{2}\theta .$

Eksempler på Case III

Type integraler

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

kan også beregnes ved partielle fraktioner i stedet for ved trigonometriske substitutioner. Dog integralen

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

det er forbudt. I dette tilfælde vil en passende erstatning være:

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

hvor , så og , forudsat , så og . $a>0$ ${\sqrt {a^{2}}}=a$ $0\leq \theta <{\frac {\pi }{2}}$ $x>0$ $\tan \theta \geq 0$ ${\sqrt {\tan ^{2}\theta }}=\tan \theta$

Derefter

{\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 beregne integralet af sekantfunktionen ved at gange tælleren og nævneren med og integralet af den kuberede sekant med dele [3] . Som 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}}\venstre({\frac {x}{a}}\cdot {\sqrt ({\frac {x^{2}}{a^{2}}}-1}} -\ln \venstre|{\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}}

Hvis , hvilket sker, når med et givet område af lysbue , så , hvilket i dette tilfælde betyder . ${\frac {\pi }{2}}<\theta \leq \pi$ $x<0$ $\tan \theta \leq 0$ ${\sqrt {\tan ^{2}\theta }}=-\tan \theta$

Substitutioner ekskl. trigonometriske funktioner

Substitution kan bruges til at fjerne trigonometriske funktioner.

For eksempel,

{\begin{aligned}\int f(\sin(x),\cos(x))\,dx&=\int {\frac {1}{\pm {\sqrt {1-u^{2 }}}}}f\venstre(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\venstre(\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\venstre({\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 sidste substitution er kendt som Weierstrass substitutionen , som bruger halvvinkel tangentformler .

For eksempel,

{\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}}}\right)^{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}}

Hyperbolsk substitution

Substitutioner af hyperbolske funktioner kan også bruges til at forenkle integraler [4] .

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

Derefter ved hjælp af identiteterne og $\cosh ^{2}(x)-\sinh ^{2}(x)=1$ $\sinh ^{-1}{x}=\ln(x+{\sqrt {x^{2}+1))),$

ledig

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

Se også

Noter

↑ James Stewart . Calculus: tidlige transcendentale teorier . — 6. udgave. — Brooks/Cole, 2008. — ISBN 978-0-495-01166-8 .
↑ George B. Thomas, Maurice D. Weir, Joel Hass . Thomas' Calculus: Tidlige Transcendentals . — 12. udgave. — Addison-Wesley , 2010. — ISBN 978-0-321-58876-0 .
↑ James Stewart . Afsnit 7.2: Trigonometriske integraler // Calculus - Tidlige transcendentale teorier . — USA : Cengage Learning, 2012. — S. 475–6. - ISBN 978-0-538-49790-9 .
↑ Christo N. Boyadzhiev. Hyperbolske substitutioner af integraler . Hentet 4. marts 2013. Arkiveret fra originalen 26. februar 2020. (ubestemt)

Trigonometri
Generel	Trigonometri oversigt Historie Brug Funktioner Baglæns Sjældent brugt Generaliseret trigonometri
Vejviser	Identiteter Præcise konstanter borde enhedscirkel
Love og teoremer	Sinus-sætning Pythagoras sætning Cosinus-sætning Tangentsætning Cotangenssætning Løsning af trekanter
Matematisk analyse	Trigonometrisk substitution Integraler ( omvendte funktioner ) Derivater

Integralregning

Hoved

Generaliseringer
af Riemann-integralet

Integrale
transformationer

Numerisk
integration

måle teori

relaterede emner

Lister over integraler