5.3-bo'lim: Noaniq integrallarni almashtirish qoidasi
Oxirgi qismdan keyin biz quyidagi integrallarni qanday bajarishni bilamiz.
\[\int{{\sqrt[4]{x}\,dx}}\hspace{0.5in}\int{{\frac{1}{{{t^3}}}\,dt}}\hspace{0.5in}\int{{\cos w\,dw}}\hspace{0.25in}\,\,\int{{{{\bf{e}}^y}\,dy}}\]Shu nuqtaga qadar qilgan barcha integrallarimiz bizda faqat \(x\) yoki \(t\) yoki \(w\) bo'lishini talab qildi, va hokazo. va murakkabroq shartlar emas, masalan,
\[\begin{array}{c}\displaystyle \int{{18{x^2}\,\sqrt[4]{{6{x^3} + 5}}\,dx}}\hspace{0.5in}\int{{\frac{{2{t^3} + 1}}{{{{\left( {{t^4} + 2t} \right)}^3}}}\,dt}}\hspace{0.25in}\\ \displaystyle \int{{\left( {1 - \frac{1}{w}} \right)\cos \left( {w - \ln w} \right)\,dw}}\hspace{0.5in}\,\,\int{{\left( {8y - 1} \right){{\bf{e}}^{4{y^2} - y}}\,dy}}\end{array}\]Bularning barchasi birinchi to'plamga qaraganda ancha qiyinroq ko'rinadi. Biroq, ularni qanday qilishni ko'rganingizdan so'ng, ular juda yomon emas. Birinchisidan boshlaylik.
\[\int{{18{x^2}\,\sqrt[4]{{6{x^3} + 5}}\,dx}}\]Bu holda, agar ruxsat bersak, e'tibor beraylik
\[u = 6{x^3} + 5\]va biz hisoblaymiz differensial (bularni qanday hisoblashni eslaysizmi?) Buning uchun biz olamiz,
\[du = 18{x^2}dx\]Keling, integralimizga qaytaylik va biz integralda mavjud bo'lgan har bir \(x\) ni yo'q qilishimiz va \(u\) ta'rifi va uning differentsialidan foydalangan holda integralni to'liq \(u\) shaklida yozishimiz mumkinligini ko'rib chiqamiz.
\[\begin{align*}\int{{18{x^2}\,\sqrt[4]{{6{x^3} + 5}}\,dx}} & = \int{{\,{{\left( {6{x^3} + 5} \right)}^{\frac{1}{4}}}\,\left( {18{x^2}dx} \right)}}\\ & = \int{{{u^{\frac{1}{4}}}\,du}}\end{align*}\]Buni amalga oshirish jarayonida biz juda qiyin ko'rinadigan integralni oldik va tez almashtirish bilan biz integralni o'zimiz qila oladigan juda oddiy integralga qayta yozishga muvaffaq bo'ldik.
Integralni baholash,
\[\int{{18{x^2}\,\sqrt[4]{{6{x^3} + 5}}\,dx}} = \int{{{u^{\frac{1}{4}}}\,du}} = \frac{4}{5}{u^{\frac{5}{4}}} + c = \frac{4}{5}{\left( {6{x^3} + 5} \right)^{\frac{5}{4}}} + c\]Har doimgidek, agar xohlasak, javobimizni tez hosila bilan tekshirishimiz mumkin va "orqaga almashtirishni" unutmang va integralni asl o'zgaruvchiga qaytarishni unutmang.
Yuqoridagi ishda qilgan ishimiz deyiladi O'zgartirish qoidasi. Bu erda umuman almashtirish qoidasi.
O'zgartirish qoidasi
Ushbu bosqichda tabiiy savol - to'g'ri almashtirishni qanday aniqlash kerak. Afsuski, javob bu integralga bog'liq. Biroq, biz ko'rib chiqmoqchi bo'lgan ko'plab integrallar uchun ishlaydigan umumiy qoida mavjud.
Integralga duch kelganimizda, biz o'zimizdan nimani integratsiya qilishni bilamiz, deb so'raymiz. Yuqoridagi integral yordamida biz integratsiyani bilishimizni tezda anglay olamiz
\[\int{{\sqrt[4]{x}\,dx}}\]Biroq, bizda faqat ildiz yo'q edi, bizda ildiz oldidagi narsalar va (bu holda eng muhimi) ildiz ostidagi narsalar ham bor edi. Ildiz ostida faqat \(x\) mavjud bo'lsa, biz ildizlarni birlashtira olamiz, chunki almashtirish uchun birinchi yaxshi taxmin \(u\) ni ildiz ostidagi narsaga aylantirishdir.
Bu haqda o'ylashning yana bir yo'li - o'zingizdan so'rang: siz integrandni farqlay olasizmi (biz, albatta, emasmiz, lekin bir soniya o'xshaymiz) zanjir qoidasi bormi va zanjir qoidasining ichki funktsiyasi nima. Agar zanjir qoidasi (hosil uchun) mavjud bo'lsa, unda ichki funktsiya integralni bajarishimizga imkon beradigan almashtirish bo'lishi uchun juda yaxshi imkoniyat mavjud.
Biroq, biz ehtiyot bo'lishimiz kerak. Ba'zida ushbu umumiy qoidadan foydalanish bizni muammoga olib kelishi yoki muammoni haddan tashqari murakkablashtirishi mumkin. Oxir-oqibat, biz bir nechta "ichki funktsiya" va/yoki integrallar mavjud bo'lgan muammolarni ko'ramiz, ular juda o'xshash ko'rinadi va shunga qaramay butunlay boshqa almashtirishlardan foydalanadi. Haqiqat shundaki, almashtirishni qanday qilishni haqiqatan ham o'rganishning yagona yo'li bu shunchaki ko'p muammolarni hal qilishdir va oxir-oqibat siz bularning qanday ishlashini his qila boshlaysiz va to'g'ri almashtirishlarni aniqlash osonroq va osonroq bo'ladi.
Endi, bundan tashqari, biz quyidagi savolni berishimiz kerak. To'g'ri almashtirishni olganimizni qanday bilamiz? Xo'sh, differentsialni hisoblash va almashtirishni amalga oshirishda integraldagi har bir \(x\) (jumladan, \(dx\) dagi \(x\)) almashtirish jarayonida yo'qolishi kerak va qolgan yagona harflar \(u\) harflari bo'lishi kerak (jumladan, \(du\)).
Agar \(x\) qoldiqlari boʻlsa yoki bizda baholab boʻlmaydigan integral boʻlsa, biz notoʻgʻri almashtirishni tanlaganimiz uchun juda yaxshi imkoniyat bor. Afsuski, kamida bitta holat bor (biz buning misolini keyingi bo'limda ko'rib chiqamiz), bunda to'g'ri almashtirish ba'zi \(x\)-larni qoldiradi va biz uni ishga tushirish uchun biroz ko'proq ish qilishimiz kerak.
Yana shuni ta'kidlab o'tish joizki, almashtirishni o'rganishning yagona yo'li shunchaki ko'p muammolarni hal qilishdir. Ko'p turli xil muammolar mavjud va ko'plab muammolarni hal qilgandan so'ng, siz ushbu muammolar haqida haqiqiy his qila boshlaysiz va ularni etarlicha ishlaganingizdan so'ng, siz hech narsa yozmasdan boshingizda oddiy almashtirishlarni amalga oshirishingiz mumkin bo'lgan darajaga erishasiz.
Yakuniy eslatma sifatida shuni ta'kidlashimiz kerakki, ko'pincha (aslida deyarli har bir holatda) differensial yuqoridagi misolda bo'lgani kabi integranda aniq ko'rinmaydi va ba'zan biz almashtirishda barcha \(x\) ning yo'qolishi uchun integrand va/yoki differentsial bilan qandaydir manipulyatsiya qilishimiz kerak bo'ladi.
Keling, almashtirish qoidasi qanday ishlashi haqida yaxshiroq tasavvurga ega bo'lishimiz uchun bir nechta misollarni ko'rib chiqaylik.
- \( \displaystyle \int {{\left( {1 - \frac{1}{w}} \right)\cos \left( {w - \ln w} \right)\,dw}}\)
- \( \displaystyle \int {{3\left( {8y - 1} \right){{\bf{e}}^{4{y^2} - y}}\,dy}}\)
- \( \displaystyle \int {{{x^2}{{\left( {3 - 10{x^3}} \right)}^4}\,dx}}\)
- \( \displaystyle \int {{\frac{x}{{\sqrt {1 - 4{x^2}} }}\,dx}}\)
a \( \displaystyle \int {{\left( {1 - \frac{1}{w}} \right)\cos \left( {w - \ln w} \right)\,dw}}\) Yechim
Bu holda bizda ichki funktsiyaga ega kosinus borga o'xshaydi va shuning uchun uni almashtirish sifatida ishlatamiz.
\[u = w - \ln w\hspace{0.5in}du = \left( {1 - \frac{1}{w}} \right)dw\]Shunday qilib, biz birinchi misolda ishlaganimizdek, kosinus oldidagi narsalar differensialda aniq ko'rinadi. U holda integral,
\[\begin{align*}\int{{\left( {1 - \frac{1}{w}} \right)\cos \left( {w - \ln w} \right)\,dw}} & = \int{{\cos \left( u \right)\,du}}\\ & = \sin \left( u \right) + c\\ & = \sin \left( {w - \ln w} \right) + c\end{align*}\]Muammoning asl o'zgaruvchisiga qaytishni unutmang.
b \( \displaystyle \int {{3\left( {8y - 1} \right){{\bf{e}}^{4{y^2} - y}}\,dy}}\) Yechim
Shunga qaramay, bizda ichki funktsiyaga ega eksponensial funktsiyaga o'xshaydi (i.e. ko'rsatkich) va almashtirish shunday bo'lishi kerak kabi ko'rinadi,
\[u = 4{y^2} - y\hspace{0.5in}du = \left( {8y - 1} \right)dy\]Endi, 3 tadan tashqari, eksponensial oldidagi narsalar differensialda aniq ko'rinadi. Ammo esda tutingki, biz integraldan 3 tasini ko'paytirishimiz mumkin va shuning uchun u hech qanday muammo tug'dirmaydi. U holda integral,
\[\begin{align*}\int{{3\left( {8y - 1} \right){{\bf{e}}^{4{y^2} - y}}\,dy}} & = 3\int{{{{\bf{e}}^u}\,du}}\\ & = 3{{\bf{e}}^u} + c\\ & = 3{{\bf{e}}^{4{y^2} - y}} + c\end{align*}\]c \( \displaystyle \int {{{x^2}{{\left( {3 - 10{x^3}} \right)}^4}\,dx}}\) Yechim
Bunday holda, quyidagi o'rinbosar bo'lishi kerak.
\[u = 3 - 10{x^3}\hspace{0.5in}du = - 30{x^2}\,dx\]OK, endi bizda kichik muammo bor. Bizda qavs oldida \({x^2}\) bor, lekin bizda "-30" yo'q. Bu aslida birinchi qarashda ko'rinadigan muammo emas. Biz shunchaki differentsialni quyidagicha qayta yozamiz.
\[{x^2}\,dx = - \frac{1}{{30}}\,du\]Shu bilan biz endi \({x^2}\,dx\) ni uzoqroqqa almashtirishimiz mumkin. Jarayonda biz doimiyni tanlaymiz, lekin bu muammo emas, chunki uni har doim integraldan ajratib olish mumkin.
Endi biz integralni bajarishimiz mumkin.
\[\begin{align*}\int{{{x^2}{{\left( {3 - 10{x^3}} \right)}^4}\,dx}} & = \int{{{{\left( {3 - 10{x^3}} \right)}^4}\,{x^2}\,dx}}\\ & = \int{{{u^4}\left( { - \frac{1}{{30}}} \right)\,du}}\\ & = - \frac{1}{{30}}\left( {\frac{1}{5}} \right){u^5} + c\\ & = - \frac{1}{{150}}{\left( {3 - 10{x^3}} \right)^5} + c\end{align*}\]E'tibor bering, ko'pgina muammolarda, biz ushbu misolda bo'lgani kabi, doimiyni tanlaganimizda, biz uni almashtirgan bosqichda uni integraldan ajratib olamiz.
d \( \displaystyle \int {{\frac{x}{{\sqrt {1 - 4{x^2}} }}\,dx}}\) Yechim
Ushbu misolda ildizni hisoblagichga olib kelishni va uni kasr ko'rsatkich shakliga o'zgartirishni unutmang. Buni amalga oshirgandan so'ng, biz almashtirish ekanligini ko'rishimiz mumkin,
\[u = 1 - 4{x^2}\hspace{0.5in}du = - 8x\,dx\hspace{0.25in}\,\,\, \Rightarrow \hspace{0.25in}\,\,\,\,\,xdx = - \frac{1}{8}du\]U holda integral,
\[\begin{align*}\int{{\frac{x}{{\sqrt {1 - 4{x^2}} }}\,dx}} & = \int{{x{{\left( {1 - 4{x^2}} \right)}^{ - \frac{1}{2}}}\,dx}}\\ & = - \frac{1}{8}\int{{{u^{ - \frac{1}{2}}}\,du}}\\ & = - \frac{1}{4}{u^{\frac{1}{2}}} + c\\ & = - \frac{1}{4}{\left( {1 - 4{x^2}} \right)^{\frac{1}{2}}} + c\end{align*}\]Oldingi misollar to'plamida almashtirish odatda juda aniq edi. "Ichki funktsiyaga" ega bo'lgan aniq bir atama bor edi va shuning uchun almashtirish variantlari ko'p emas edi. Keling, barcha almashtirishlar avvalgi misollardagi kabi bo'lishini kutmasligimiz uchun bir nechta murakkab muammolarni ko'rib chiqaylik.
- \( \displaystyle \int {{\sin \left( {1 - x} \right){{\left( {2 - \cos \left( {1 - x} \right)} \right)}^4}\,dx}}\)
- \( \displaystyle \int {{\cos \left( {3z} \right){{\sin }^{10}}\left( {3z} \right)\,dz}}\)
- \( \displaystyle \int {{{{\sec }^2}\left( {4t} \right){{\left( {3 - \tan \left( {4t} \right)} \right)}^3}\,dt}}\)
a \( \displaystyle \int {{\sin \left( {1 - x} \right){{\left( {2 - \cos \left( {1 - x} \right)} \right)}^4}\,dx}}\) Yechim
Ushbu muammoda ikkita "ichki funktsiya" mavjud. Ikki trig funktsiyasi ichida \(1 - x\) mavjud va 4 ga ko'tarilgan atama ham mavjud.th kuch.
Ushbu muammoni hal qilishning ikki yo'li mavjud. Ko'pgina talabalarda mavjud bo'lgan birinchi g'oya \(1 - x\) ni uzoqda almashtirishdir. Buni qilishda hech qanday yomon narsa yo'q, lekin bu 4-sonli atama muammosini bartaraf etmaydith kuch. Bu hali ham mavjud va agar biz ushbu g'oyadan foydalansak, bu bilan kurashish uchun ikkinchi almashtirishni amalga oshirishimiz kerak bo'ladi.
Ushbu muammoni hal qilishning ikkinchi (va ancha oson) usuli - 4-ga ko'tarilgan narsalar bilan shug'ullanishth kuch va biz nima olishini ko'ring. Bu holda almashtirish quyidagicha bo'ladi:
\[u = 2 - \cos \left( {1 - x} \right)\hspace{0.25in}\,\,\,\,\,\,\,du = - \sin \left( {1 - x} \right)dx\hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.25in}\sin \left( {1 - x} \right)dx = - du\]Bu erda ikkita narsani e'tiborga olish kerak. Birinchidan, "-" bilan to'g'ri munosabatda bo'lishni unutmang. Bu nuqtada keng tarqalgan xato uni yo'qotishdir. Ikkinchidan, \(1 - x\) aslida muammo emasligiga e'tibor bering. Chunki \(1 - x\) biz aslida ishlatgan almashtirishda "ko'milgan" edi, u ham bir vaqtning o'zida g'amxo'rlik qildi. U holda integral,
\[\begin{align*}\int{{\sin \left( {1 - x} \right){{\left( {2 - \cos \left( {1 - x} \right)} \right)}^4}\,dx}} & = - \int{{{u^4}\,du}}\\ & = - \frac{1}{5}{u^5} + c\\ & = - \frac{1}{5}{\left( {2 - \cos \left( {1 - x} \right)} \right)^5} + c\end{align*}\]Ushbu misolda ko'rinib turganidek, ba'zida bajarilishi kerak bo'lgan ikkita almashtirish mavjud bo'lib tuyuladi, ammo ulardan biri boshqa almashtirish ichiga ko'milgan bo'lsa, biz faqat bittasini qilishimiz kerak. Buni tan olish ushbu muammolarni hal qilishda ko'p vaqtni tejashga yordam beradi.
b \( \displaystyle \int {{\cos \left( {3z} \right){{\sin }^{10}}\left( {3z} \right)\,dz}}\) Yechim
Bu birinchi navbatda biroz qiyin. To'g'ri almashtirishni eslab ko'rishimiz mumkin,
\[{\sin ^{10}}\left( {3z} \right) = {\left( {\sin \left( {3z} \right)} \right)^{10}}\]Bundan foydalanib, to'g'ri almashtirish kabi ko'rinadi,
\[u = \sin \left( {3z} \right)\hspace{0.5in}du = 3\cos \left( {3z} \right)dz\hspace{0.25in} \Rightarrow \hspace{0.25in}\cos \left( {3z} \right)dz = \frac{1}{3}du\]E'tibor bering, bizda bu integralda yana ikkita aniq almashtirish mavjud edi, lekin yana 3\(z\) biz ishlatayotgan almashtirishda ko'milgan va shuning uchun biz bu haqda tashvishlanishga hojat yo'q.
Mana integral.
\[\begin{align*}\int{{\cos \left( {3z} \right){{\sin }^{10}}\left( {3z} \right)\,dz}} & = \frac{1}{3}\int{{{u^{10}}\,du}}\\ & = \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{{11}}} \right){u^{11}} + c\\ & = \frac{1}{{33}}{\sin ^{11}}\left( {3z} \right) + c\end{align*}\]E'tibor bering, integral oldidagi uchdan bir qismi differensialdagi almashtirishdan kelib chiqqan va biz uni integralning old qismiga ajratib qo'ydik. Bu doimiylar bilan biz odatda shunday qilamiz.
c \( \displaystyle \int {{{{\sec }^2}\left( {4t} \right){{\left( {3 - \tan \left( {4t} \right)} \right)}^3}\,dt}}\) Yechim
Bu holda bizda 4\(t\), sekant kvadrati va kubik termini bor. Ammo, agar biz quyidagi almashtirishdan foydalansak, dastlabki ikki masala biz uchun hal bo'ladi.
\[u = 3 - \tan \left( {4t} \right)\hspace{0.5in}du = - 4{\sec ^2}\left( {4t} \right)dt\hspace{0.25in}\,\,\,\,\, \Rightarrow \hspace{0.25in}\,\,\,\,{\sec ^2}\left( {4t} \right)dt = - \frac{1}{4}du\]Integral endi,
\[\begin{align*}\int{{{{\sec }^2}\left( {4t} \right){{\left( {3 - \tan \left( {4t} \right)} \right)}^3}\,dt}} & = - \frac{1}{4}\int{{{u^3}\,du}}\\ & = - \frac{1}{{16}}{u^4} + c\\ & = - \frac{1}{{16}}{\left( {3 - \tan \left( {4t} \right)} \right)^4} + c\end{align*}\]O'zgartirish masalalarida eslash kerak bo'lgan eng muhim narsa shundaki, almashtirishdan keyin barcha asl o'zgaruvchilar integraldan yo'qolishi kerak. O'zgartirishdan keyin integralda bo'lishi kerak bo'lgan yagona o'zgaruvchilar almashtirishdan yangi o'zgaruvchi bo'lishi kerak (odatda \(u\)). Shuni ham yodda tutingki, bu differentsialdagi o'zgaruvchilarni o'z ichiga oladi!
Ushbu keyingi misollar to'plami, ayniqsa qiyin bo'lmasa-da, agar biz qilayotgan ishimizga e'tibor bermasak, muammoga olib kelishi mumkin.
- \( \displaystyle \int {{\frac{3}{{5y + 4}}\,dy}}\)
- \( \displaystyle \int {{\frac{{3y}}{{5{y^2} + 4}}\,dy}}\)
- \( \displaystyle \int {{\frac{{3y}}{{{{\left( {5{y^2} + 4} \right)}^2}}}\,dy}}\)
- \( \displaystyle \int {{\frac{3}{{5{y^2} + 4}}\,dy}}\)
a \( \displaystyle \int {{\frac{3}{{5y + 4}}\,dy}}\) Yechim
Biz hali bunday muammoni ko'rmadik. E'tibor bering, agar biz maxrajni olsak va uni farqlasak, biz faqat doimiyga ega bo'lamiz va hisoblagichda mavjud bo'lgan yagona narsa ham doimiydir. Bu bizning almashtirish uchun maxrajdan foydalanishimiz mumkinligining juda yaxshi ko'rsatkichidir,
\[u = 5y + 4\hspace{0.5in}du = 5\,dy\hspace{0.25in} \Rightarrow \hspace{0.25in}\,\,\,\,\,\,dy = \frac{1}{5}du\]Integral endi,
\[\begin{align*}\int{{\frac{3}{{5y + 4}}\,dy}} & = \frac{3}{5}\int{{\frac{1}{u}\,du}}\\ & = \frac{3}{5}\ln \left| u \right| + c\\ & = \frac{3}{5}\ln \left| {5y + 4} \right| + c\end{align*}\]Esda tutingki, biz suratdagi 3 ni integraldan ajratib olishimiz mumkin va bu bu holda integralni biroz aniqroq qiladi.
b \( \displaystyle \int {{\frac{{3y}}{{5{y^2} + 4}}\,dy}}\) Yechim
Integral avvalgisiga juda o'xshash, bir nechta kichik farqlar mavjud, ammo e'tibor bering, agar biz maxrajni farqlasak, biz suratdan faqat multiplikativ doimiy bilan farq qiladigan narsani olamiz. Shuning uchun biz yana o'z o'rnimiz sifatida maxrajni olamiz.
\[u = 5{y^2} + 4\hspace{0.5in}du = 10y\,dy\hspace{0.25in} \Rightarrow \hspace{0.25in}\,\,\,\,\,y\,dy = \frac{1}{{10}}du\]Integral bu,
\[\begin{align*}\int{{\frac{{3y}}{{5{y^2} + 4}}\,dy}} & = \frac{3}{{10}}\int{{\frac{1}{u}\,du}}\\ & = \frac{3}{{10}}\ln \left| u \right| + c\\ & = \frac{3}{{10}}\ln \left| {5{y^2} + 4} \right| + c\end{align*}\]c \( \displaystyle \int {{\frac{{3y}}{{{{\left( {5{y^2} + 4} \right)}^2}}}\,dy}}\) Yechim
Endi bu oldingi qism bilan deyarli bir xil, faqat biz maxrajga kuch qo'shdik. E'tibor bering, agar biz quvvatni e'tiborsiz qoldirsak va qolgan narsalarni farqlasak, biz avvalgi misol bilan bir xil narsani olamiz, shuning uchun biz bu erda bir xil almashtirishdan foydalanamiz.
\[u = 5{y^2} + 4\hspace{0.5in}du = 10y\,dy\hspace{0.25in} \Rightarrow \hspace{0.25in}\,\,\,\,\,y\,dy = \frac{1}{{10}}du\]Bu holda integral,
\[\begin{align*}\int{{\frac{{3y}}{{{{\left( {5{y^2} + 4} \right)}^2}}}\,dy}} & = \frac{3}{{10}}\int{{{u^{ - 2}}\,du}}\\ & = - \frac{3}{{10}}{u^{ - 1}} + c\\ & = - \frac{3}{{10}}{\left( {5{y^2} + 4} \right)^{ - 1}} + c = - \frac{3}{{10\left( {5{y^2} + 4} \right)}} + c\end{align*}\]Buni logarifmaga aylantirmaslik uchun bu holatda ehtiyot bo'ling. Ushbu to'plamdagi birinchi ikkitasi kabi muammolarni hal qilgandan so'ng, har bir ratsional ifodani logarifmga aylantirish keng tarqalgan xatodir. Agar butun maxrajda kuch mavjud bo'lsa, u logarifm emasligi uchun yaxshi imkoniyat bor.
So'nggi uch qismda biz almashtirishni aniqlash uchun foydalangan fikrni eslash yomon emas. Agar bizda oqilona ibora bo'lsa, maxrajni farqlashga harakat qiling (butun maxrajdagi har qanday darajalarni e'tiborsiz qoldirmang) va agar natija hisob bo'lsa yoki faqat ko'paytiruvchi doimiy bilan farq qilsa, biz odatda uni almashtirish sifatida ishlatishimiz mumkin.
d \( \displaystyle \int {{\frac{3}{{5{y^2} + 4}}\,dy}}\) Yechim
Endi bu qism birinchi uchtasidan butunlay farq qiladi va shunga qaramay ularga o'xshash ko'rinadi. Bunday holda, agar biz maxrajni farqlasak, biz hisoblagichda bo'lmagan \(y\) ni olamiz va shuning uchun biz maxrajni almashtirish sifatida ishlata olmaymiz.
Aslida, bizda \({y^2}\) maxraji bor va hisoblagichda \(y\) yo'qligi bu muammoni qanday ishlashni ko'rsatmaydi. Ish tugagach, bu integral teskari tangens bo'ladi. Buni ko'rishning kaliti quyidagi formulani eslashdir:
\[\int{{\frac{1}{{1 + {u^2}}}\,du}} = {\tan ^{ - 1}}u + c\]Bizda bu aniq emas, lekin bizda shunga o'xshash narsa bor. Maxraj kvadrat haddan tashqari doimiyga ega va hisoblagich faqat doimiydir. Shunday qilib, ozgina mehnat va to'g'ri almashtirish orqali biz integralimizni ushbu formuladan foydalanishga imkon beradigan shaklga keltirishimiz kerak.
Ushbu formulaning haqiqatan ham muhim bo'lgan bir qismi bor va bu maxrajdagi "1+". "1+" u erda bo'lishi kerak va bizda "4+" bor, lekin bunga g'amxo'rlik qilish juda oson. Biz faqat maxrajdan 4 ni ajratamiz va shu bilan birga integraldan 3 ni ham ajratamiz. Buni qilish,
\[\begin{align*}\int{{\frac{3}{{5{y^2} + 4}}\,dy}} & = \int{{\frac{3}{{4\left( {\frac{{5{y^2}}}{4} + 1} \right)}}\,dy}}\\ & = \frac{3}{4}\int{{\frac{1}{{\frac{{5{y^2}}}{4} + 1}}\,dy}}\\ & = \frac{3}{4}\int{{\frac{1}{{{{\left( {\frac{{\sqrt 5 \,y}}{2}} \right)}^2} + 1}}\,dy}}\end{align*}\]E'tibor bering, oxirgi bosqichda biz narsalarni maxrajda biroz qayta yozdik. Bu bizga almashtirish nima bo'lishi kerakligini ko'rishga yordam beradi. Ushbu integralni yuqoridagi formulaga kiritish uchun biz maxrajda \({u^2}\) bilan yakunlashimiz kerak. Bizning almashtirishimiz kvadratga aylantirilganda bizga \(\frac{{5{y^2}}}{4}\) beradigan narsa bo'lishi kerak. Qayta yozish bilan biz quyidagi almashtirishdan foydalanishimiz kerak bo'lgan narsani ko'rishimiz mumkin.
\[u = \frac{{\sqrt 5 y}}{2}\hspace{0.25in}\,\,\,du = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\,dy\hspace{0.25in}\,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \hspace{0.25in}\,\,\,\,\,\,\,dy = \frac{2}{{\sqrt 5 }}du\]O'zgartirishdagi ildizdan hayajonlanmang, ular vaqti-vaqti bilan paydo bo'ladi. O'zgartirishimizni ulaganimizdan so'ng, biz olamiz,
\[\int{{\frac{3}{{5{y^2} + 4}}\,dy}} = \frac{3}{4}\left( {\frac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)\int{{\frac{1}{{{u^2} + 1}}\,du}}\]O'zgartirishni amalga oshirgandan so'ng va har qanday doimiylarni faktorlarga ajratgandan so'ng, biz teskari tangensni beradigan integralni olamiz va shuning uchun biz bu integralni to'g'ri almashtirishni amalga oshirganimizni bilamiz. U holda integral,
\[\begin{align*}\int{{\frac{3}{{5{y^2} + 4}}\,dy}} & = \frac{3}{{2\sqrt 5 }}\int{{\frac{1}{{{u^2} + 1}}\,du}}\\ & = \frac{3}{{2\sqrt 5 }}{\tan ^{ - 1}}\left( u \right) + c\\ & = \frac{3}{{2\sqrt 5 }}{\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{\sqrt 5 \,y}}{2}} \right) + c\end{align*}\]Ushbu oxirgi integral to'plamida bizda ko'p jihatdan bir-biriga o'xshash to'rtta integral bor edi, ammo barchasi bir xil almashtirish yordamida turli xil javob berdi yoki unga o'xshash bo'lganidan butunlay boshqacha almashtirishni qo'lladi.
Bu juda tez-tez uchraydigan hodisa va shuning uchun siz bunday muammolarni hal qilishingiz kerak bo'ladi. Ko'pgina integrallar borki, ular tashqi ko'rinishida juda o'xshash bo'lib, ular butunlay boshqacha almashtirishdan foydalanadilar yoki bir xil almashtirishdan foydalanganda butunlay boshqacha javob beradilar.
Keling, ushbu turdagi muammolarni aniqlashda ko'proq amaliyotga ega bo'lish uchun boshqa misollar to'plamini ko'rib chiqaylik. Ammo shuni yodda tutingki, biz oldingi misollarda bo'lgani kabi, biz bu haqda batafsil ma'lumot bermaymiz.
- \( \displaystyle \int{{\frac{{2{t^3} + 1}}{{{{\left( {{t^4} + 2t} \right)}^3}}}\,dt}}\)
- \( \displaystyle \int{{\frac{{2{t^3} + 1}}{{{t^4} + 2t}}\,dt}}\)
- \( \displaystyle \int {{\frac{x}{{\sqrt {1 - 4{x^2}} }}\,dx}}\)
- \( \displaystyle \int {{\frac{1}{{\sqrt {1 - 4{x^2}} }}\,dx}}\)
a \( \displaystyle \int{{\frac{{2{t^3} + 1}}{{{{\left( {{t^4} + 2t} \right)}^3}}}\,dt}}\) Yechim
Ko'rinib turibdiki, maxrajning hosilasi ko'rsatkichga e'tibor bermasdan, suratdan faqat ko'paytiruvchi doimiy bilan farq qiladi va shuning uchun almashtirish,
\[u = {t^4} + 2t\hspace{0.25in}du = \left( {4{t^3} + 2} \right)dt = 2\left( {2{t^3} + 1} \right)dt\hspace{0.25in} \Rightarrow \hspace{0.25in}\,\,\left( {2{t^3} + 1} \right)dt = \frac{1}{2}du\]Differensialni biroz manipulyatsiya qilgandan so'ng biz quyidagi integralni olamiz.
\[\begin{align*}\int{{\frac{{2{t^3} + 1}}{{{{\left( {{t^4} + 2t} \right)}^3}}}\,dt}} & = \frac{1}{2}\int{{\frac{1}{{{u^3}}}\,du}}\\ & = \frac{1}{2}\int{{{u^{ - 3}}\,du}}\\ & = \frac{1}{2}\left( { - \frac{1}{2}} \right){u^{ - 2}} + c\\ & = - \frac{1}{4}{\left( {{t^4} + 2t} \right)^{ - 2}} + c\end{align*}\]b \( \displaystyle \int{{\frac{{2{t^3} + 1}}{{{t^4} + 2t}}\,dt}}\) Yechim
Bu muammoning oldingisidan farqi faqat maxrajda. Oldingi masalada butun maxraj kub shaklida berilgan va bu masalada maxrajning kuchi yo'q. Xuddi shu almashtirish bu muammoda ishlaydi, lekin bizda endi kuch yo'qligi sababli muammo boshqacha bo'ladi.
Shunday qilib, oldingi misoldagi almashtirishdan foydalanib, integral,
\[\begin{align*}\int{{\frac{{2{t^3} + 1}}{{{t^4} + 2t}}\,dt}} & = \frac{1}{2}\int{{\frac{1}{u}\,du}}\\ & = \frac{1}{2}\ln \left| u \right| + c\\ & = \frac{1}{2}\ln \left| {{t^4} + 2t} \right| + c\end{align*}\]Demak, bu holda biz integraldan logarifm olamiz.
c \( \displaystyle \int {{\frac{x}{{\sqrt {1 - 4{x^2}} }}\,dx}}\) Yechim
Bu erda, agar ildizni e'tiborsiz qoldiradigan bo'lsak, radikal ostidagi narsaning hosilasi suratdan faqat ko'paytiruvchi konstanta bilan farq qilishini yana ko'ramiz va shuning uchun biz uni almashtirish sifatida ishlatamiz.
\[u = 1 - 4{x^2}\hspace{0.5in}du = - 8x\,dx\hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.5in}x\,dx = - \frac{1}{8}du\]U holda integral,
\[\begin{align*}\int{{\frac{x}{{\sqrt {1 - 4{x^2}} }}\,dx}} & = - \frac{1}{8}\int{{{u^{ - \,\,\frac{1}{2}}}\,du}}\\ & = - \frac{1}{8}\left( 2 \right){u^{\frac{1}{2}}} + c\\ & = - \frac{1}{4}\sqrt {1 - 4{x^2}} + c\end{align*}\]d \( \displaystyle \int {{\frac{1}{{\sqrt {1 - 4{x^2}} }}\,dx}}\) Yechim
Bu holda biz suratda \(x\) ni yo'qotamiz va shuning uchun oxirgi qismdagi almashtirish bu erda bizga hech qanday foyda keltirmaydi. Bu integral oldingi masalalar to'plamining oxirgi qismiga o'xshash yana bir teskari trig funksiyali integralidir. Bunday holda, biz formulaga amal qilishimiz kerak.
\[\int{{\frac{1}{{\sqrt {1 - {u^2}} }}\,du = {{\sin }^{ - 1}}u + c}}\]Bu muammoning ajralmas qismi bu deyarli. Faqatgina farq \({x^2}\) da 4 koeffitsientining mavjudligi. To'g'ri almashtirish bilan buni hal qilish mumkin. Bu almashtirish nima bo'lishini bilish uchun integralni biroz qayta yozamiz. Biz \(4{x^2}\) ni olish uchun nima kvadratga ega bo'lganimizni aniqlashimiz kerak va bu bizning almashtirishimiz bo'ladi.
\[\int{{\frac{1}{{\sqrt {1 - 4{x^2}} }}\,dx}} = \int{{\frac{1}{{\sqrt {1 - {{\left( {2x} \right)}^2}} }}\,dx}}\]Ushbu qayta yozish bilan biz quyidagi almashtirishdan foydalanishimiz mumkin.
\[u = 2x\hspace{0.5in}du = 2dx\hspace{0.25in}\,\,\,\, \Rightarrow \hspace{0.25in}\,\,\,\,\,\,dx = \frac{1}{2}du\]U holda integral,
\[\begin{align*}\int{{\frac{1}{{\sqrt {1 - 4{x^2}} }}\,dx}} & = \frac{1}{2}\int{{\frac{1}{{\sqrt {1 - {u^2}} }}\,du}}\\ & = \frac{1}{2}{\sin ^{ - 1}}u + c\\ & = \frac{1}{2}{\sin ^{ - 1}}\left( {2x} \right) + c\end{align*}\]Ushbu hujjat Internetda ham taqdim etilganligi sababli biz keyingi bo'limda almashtirish qoidalarining qolgan misollarini joylashtiramiz. Bitta bo'limdagi barcha misollar bilan bo'lim veb-taqdimot uchun juda katta bo'lib qoldi.