Метод замены переменной (метод подстановки)

Метод основан на следующей формуле: ò f(x)dx = ò f(j(t)) j`(t) dt, где x = j(t) - функция, дифференцируемая на рассматриваемом промежутке.

Доказательство. Найдем производные по переменной t от левой и правой частей формулы.

Отметим, что в левой части находится сложная функция, промежуточным аргументом которой является x = j(t). Поэтому, чтобы дифференцировать ее по t, сначала дифференцируем интеграл по x, а затем возмем производную от промежуточного аргумента по t.

(ò f(x)dx)`<sub>t</sub> = (ò f(x)dx)`_x*x`<sub>t</sub> = f(x) j`(t)

Производная от правой части:

(ò f(j(t)) j`(t) dt)`_t = f(j(t)) j`(t) = f(x) j`(t)

Так как эти производные равны, по следствию из теоремы Лагранжа левая и правая части доказываемой формулы отличаются на некоторую постоянную. Поскольку сами неопределенные интегралы определены с точностью до неопределенного постоянного слагаемого, то указанную постоянную в окончательной записи можно опустить. Доказано.

Удачная замена переменной позволяет упростить исходный интеграл, а в простейших случаях свести его к табличному. В применении этого метода различают методы линейной и нелинейной подстановки.

а) Метод линейной подстановки рассмотрим на примере.

Пример 1. . Пусть t = 1 – 2x, тогда

x = ½ - ½ t

dx = d(½ - ½ t)dt = - ½ dt

Следует отметить, что новую переменную можно не выписывать явно. В таких случаях говорят о преобразовании функции под знаком дифференциала или о введении постоянных и переменных под знак дифференциала, - т.е. о неявной замене переменной.

Пример 2. Например, найдем òcos(3x + 2)dx. По свойствам дифференциала
dx = (1/3)d(3x) = (1/3)d(3x + 2), тогда òcos(3x + 2)dx = ò(1/3)cos(3x + 2)d(3x +
+ 2) = (1/3)òcos(3x + 2)d(3x + 2) = (1/3)sin(3x + 2) + C.

В обоих рассмотренных примерах для нахождения интегралов была использована линейная подстановка t = kx + b (k ¹ 0).

В общем случае справедлива следующая теорема.

Теорема о линейной подстановке. Пусть F(х) - некоторая первообразная для функции f(х). Тогда òf(kx + b)dx = (1/k)F(kx + b) + C, где k и b - некоторые постоянные, k ¹ 0.

Доказательство.

По определению интеграла òf(kx + b)d(kx + b) = F(kx + b) + C. Ho
d(kx + b)= (kx + b)`dx = kdx. Вынесем постоянный множитель k за знак интеграла: kòf(kx + b)dx = F(kx + b) + C. Теперь можно разделить левую и правую части равенства на k и получить доказываемое утверждение с точностью до обозначения постоянного слагаемого.

Данная теорема утверждает, что если в определение интеграла ò f(x)dx = F(x) + C вместо аргумента х подставить выражение (kx + b), то это приведет к появлению дополнительного множителя 1/k перед первообразной.

С использованием доказанной теоремы решим следующие примеры.

Пример 3.

Найдем . Здесь kx + b = 3 – x, т.е. k = -1, b = 3. Тогда

Пример 4.

Найдем. Здесь kx + b = 4x + 3, т.е. k = 4, b = 3. Тогда

Пример 5.

Найдем . Здесь kx + b = -2x + 7, т.е. k = -2, b = 7. Тогда

.

Пример 6. Найдем . Здесь kx + b = 2x + 0, т.е. k = 2, b = 0.

.

Сравним полученный результат с примером 8, который был решен методом разложения. Решая эту же задачу другим методом, мы получили ответ . Сравним полученные результаты: . Таким образом, эти выражения отличаются друг от друга на постоянное слагаемое , т.е. полученные ответы не противоречат друг другу.

Пример 7. Найдем . Выделим в знаменателе полный квадрат.

В некоторых случаях замена переменной не сводит интеграл непосредственно к табличному, но может упростить решение, сделав возможным применение на последующем шаге метода разложения.

Пример 8. Например, найдем . Заменим t = x + 2, тогда dt = d(x + 2) = dx. Тогда

,

где С = С₁ – 6 (при подстановке вместо t выражения (x + 2) вместо первых двух слагаемых получим ½x² -2x – 6).

Пример 9. Найдем . Пусть t = 2x + 1, тогда dt = 2dx; dx = ½ dt; x = (t – 1)/2.

Подставим вместо t выражение (2x + 1), раскроем скобки и приведем подобные.

Отметим, что в процессе преобразований мы перешли к другому постоянному слагаемому, т.к. группу постоянных слагаемых в процессе преобразований можно было опустить.

б) Метод нелинейной подстановки рассмотрим на примере.

Пример 1. . Пусть t = - x². Далее можно было бы выразить х через t, затем найти выражение для dx и реализовать замену переменной в искомом интеграле. Но в данном случае проще поступить по-другому. Найдем dt = d(-x²) = -2xdx. Отметим, что выражение xdx является сомножителем подынтегрального выражения искомого интеграла. Выразим его из полученного равенства xdx = - ½ t. Тогда

= ò (- ½)e^tdt = (- ½)ò e^tdt = (- ½)e^t + C = (- ½)+ C

Рассмотрим еще несколько примеров.

Пример 2. Найдем. Пусть t = 1 - x². Тогда

;

Пример 3. Найдем . Пусть t = . Тогда

;

Пример 4. В случае нелинейной подстановки также бывает удобно использовать

неявную замену переменной. Например, найдем . Запишем xdx =
= (-1/4)d(3 - 2x²) (неявно заменили переменной t = 3 - 2x²). Тогда

Пример 5. Найдем . Здесь тоже введем переменную под знак дифференциала: (невная замена t = 3 + 5x³). Тогда

Пример 6. Найдем . Поскольку ,

.

Пример 7. Найдем . Поскольку , то

Рассмотрим несколько примеров, в которых возникает необходимость сочетать различные подстановки.

Пример 8. Найдем . Пусть
t = 2x + 1, тогда x = (t – 1)/2; dx = ½ dt.

Пример 9. Найдем . Пусть
t = x - 2, тогда x = t + 2; dx = dt.

Дата добавления: 2014-01-05