Integreerimine asendusvõttega

Liitfunktsiooni tuletise reegel tagurpidi lugedes pakub viisi integreerimiseks: kujul g(u(x))·u′(x) integreeritav funktsioon on funktsiooni G(u(x)) tuletis. Allpool on sellise funktsiooni alune pindala lõigatud viiludeks ning iga viil kantakse u-teljele, kus see katab teistsugust vahemikku, aga täpselt sama pindalaga. Seejärel vaata samm-sammult läbi üks asendus ning proovi ise.

Määramata	$\int g (u (x)) u^{'} (x) d x G^{'} = G (u (x)) + C, = g$
Määratud: rajad muutuvad koos u-ga	$\int_{a}^{b} g (u (x)) u^{'} (x) d x = \int_{u (a)}^{u (b)} g (u) d u$

Näidisarvutus — Integreerimine asendusvõttega

Pindala x-is Simpsoni valemiga	−0,7568
Säilitatud x-i rajadega – viga	0,9093
Edaspidi kulgevad viilud u järgi	−0,7568
Tagurpidi kulgevad viilud u järgi	0,0000

Need on väärtused, mida kalkulaator lehe avamisel näitab. Muuda ülal mõnda sisendit, et need ümber arvutada.

Interaktiivse simulatsiooni laadimine...

Õppetund

Teooria — Integreerimine asendusvõttega

Integreerimine asendusvõttega on liitfunktsiooni tuletise reegel tagurpidi lugedes. Kui integrand on kujul g(u(x))·u′(x) ja G on funktsiooni g algfunktsioon, siis on G(u(x)) integrandi algfunktsioon, sest selle tuletis on G′(u(x))·u′(x). Määratud integraali korral liiguvad rajad koos muutujaga: ∫_a^b g(u(x)) u′(x) dx = ∫_u(a)^u(b) g(u) du.

Mida iga sümbol tähendab

u: sisemine funktsioon, millest saab uus muutuja
du: u′(x) dx, tegur, mis peab konstandi täpsusega juba integrandis olema

Kust valem tuleb

Miks viilud klapivad. Ühe viilu [x_i; x_i+1] piires on funktsiooni g(u(x))·u′(x) alune pindala G(u(x_i+1)) − G(u(x_i)), sest G(u(x)) on algfunktsioon, ja see on ühtlasi funktsiooni g alune pindala u(x_i)-st u(x_i+1)-ni, ükskõik kumba pidi need kaks arvu on. Liida viilud ja sisemised liikmed taanduvad paaridena välja, jättes alles G(u(b)) − G(u(a)).
$\int_{x_{i}}^{x_{i + 1}} g (u (x)) u^{'} (x) d x = G (u (x_{i + 1})) - G (u (x_{i})) = \int_{u (x_{i})}^{u (x_{i + 1})} g (u) d u, i \sum \Rightarrow G (u (b)) - G (u (a))$

Eeldab: x-poole pindala on arvutatud numbriliselt, kasutades Simpsoni valemit, mida on täpsustatud seal, kus kõver järsult paindub. u-poole pindala on leitud funktsiooni G kaudu, seega on nende kahe kokkulangevus pigem kontroll kui samasus. Need langevad kokku nelja komakoha täpsusega iga seadistuse juures, mida nupud võimaldavad.

Ülesanded täielikult lahendatud

Lineaarne sisefunktsioon 3 sammu
Leia ∫(3x − 2)⁵ dx.

Ava see ülesanne tööriistas
1. Sisefunktsioon on lineaarne. Võtame selle u-ks: tuletis on konstant 3, seega dx on du/3:
  
  $u = 3 x - 2, d u = 3 d x, d x = \frac{d u}{3}$
2. Integreerime u astme:
  
  $\int u^{5} \frac{d u}{3} = \frac{u ^{6}}{18}$
3. Asendame x-i tagasi:
  
  $\frac{( 3 x - 2 ) ^{6}}{18} + C$
Vastus

(3x − 2)⁶/18 + C. Kui 3 ununeb, saame (3x − 2)⁶/6. Ava ülesanne tööriistas ja trüki see sisse: kontroll teatab, et tuletis on integreeritavast funktsioonist kolm korda suurem.

$\int (3 x - 2)^{5} d x = \frac{( 3 x - 2 ) ^{6}}{18} + C$
Tuletis on juba olemas 3 sammu
Leia ∫x(x² + 1)⁴ dx.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Sulu kõrval olev x on pool sulualuse tuletisest 2x:
  
  $u = x^{2} + 1, d u = 2 x d x, x d x = \frac{d u}{2}$
2. Nii taandub kogu integraal u astmeks:
  
  $\int u^{4} \frac{d u}{2} = \frac{u ^{5}}{10}$
3. Tagasi x juurde:
  
  $\frac{( x ^{2} + 1 ) ^{5}}{10} + C$
Vastus

(x² + 1)⁵/10 + C. Just see x teebki selle lahenduse võimalikuks. Ilma selleta poleks integraalis ∫(x² + 1)⁴ dx kusagilt du-d võtta ning üle ei jääks muud kui sulud lahti korrutada.

$\int x (x^{2} + 1)^{4} d x = \frac{( x ^{2} + 1 ) ^{5}}{10} + C$
Lugejas on nimetaja tuletis 3 sammu
Leia ∫(2x + 1)/(x² + x + 3) dx.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Lugeja on täpselt nimetaja tuletis:
  
  $u = x^{2} + x + 3, d u = (2 x + 1) d x$
2. Integraal on seega ∫du/u:
  
  $\int \frac{d u}{u} = ln ∣ u ∣$
3. Absoluutväärtuse märgid võib ära jätta, sest nimetaja pole kunagi negatiivne:
  
  $x^{2} + x + 3 = (x + \frac{1}{2})^{2} + \frac{11}{4} > 0 \Rightarrow ln (x^{2} + x + 3) + C$
Vastus

ln(x² + x + 3) + C. Seda tasub otsida igast murrust: ∫f′/f dx = ln|f| + C. Kui lugejas olnuks x + ½, oleks vastuseks tulnud pool sellest.

$\int \frac{2 x + 1}{x ^{2} + x + 3} d x = ln (x^{2} + x + 3) + C$
∫tan x 3 sammu
Leia ∫tan x dx.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Kirjutame tan x murruna. Lugejas on nimetaja tuletis, kui märk välja arvata:
  
  $tan x = \frac{sin x}{cos x}, u = cos x, d u = - sin x d x$
2. Integraal on seega miinus ∫du/u:
  
  $\int \frac{sin x}{cos x} d x = - \int \frac{d u}{u} = - ln ∣ u ∣$
3. Toome x-i tagasi. Need kaks kuju on üks ja seesama vastus, sest −ln a = ln(1/a):
  
  $- ln ∣ cos x ∣ + C = ln ∣ sec x ∣ + C$
Vastus

−ln|cos x| + C, mida kirjutatakse ka kujul ln|sec x| + C. Kõige kergemini ununeb just miinusmärk: funktsiooni ln|cos x| tuletis on −tan x ning tööriist loeb selle märgiveaks.

$\int tan x d x = - ln ∣ cos x ∣ + C$
u = ln x 3 sammu
Leia ∫(ln x)²/x dx, kui x > 0.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Murd 1/x on ln x tuletis, seega saame sellest du:
  
  $u = ln x, d u = \frac{d x}{x}$
2. Järele jääb u aste:
  
  $\int u^{2} d u = \frac{u ^{3}}{3}$
3. Tagasi x-i juurde:
  
  $\frac{( ln x ) ^{3}}{3} + C$
Vastus

(ln x)³/3 + C. Iga integreeritav funktsioon kujul g(ln x)/x allub samale võttele.

$\int \frac{( ln x ) ^{2}}{x} d x = \frac{( ln x ) ^{3}}{3} + C$
Kui x tuleb väljendada u kaudu 4 sammu
Leia ∫x√(x + 1) dx.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Valime u = x + 1, millest du = dx. Ees olev x ei kuulu diferentsiaali du koosseisu, seega väljendame selle u kaudu:
  
  $u = x + 1, d u = d x, x = u - 1$
2. Avame sulud, et iga liige oleks u aste:
  
  $\int (u - 1) u d u = \int (u^{3/2} - u^{1/2}) d u$
3. Integreerime iga astme:
  
  $= \frac{2}{5} u^{5/2} - \frac{2}{3} u^{3/2}$
4. Asendame x-i tagasi:
  
  $\frac{2}{5} (x + 1)^{5/2} - \frac{2}{3} (x + 1)^{3/2} + C$
Vastus

(2/5)(x + 1)^5/2 − (2/3)(x + 1)^3/2 + C. Levinud viga on integreerida x ja √(x + 1) eraldi ning tulemused korrutada: korrutise integraal ei ole integraalide korrutis.

$\int x x + 1 d x = \frac{2}{5} (x + 1)^{5/2} - \frac{2}{3} (x + 1)^{3/2} + C$
Teisenda rajad koos muutujaga 3 sammu
Arvuta ∫₀¹ 2x(x² + 1)³ dx.
Näita lahendust
1. Valides u = x² + 1, on 2x just du:
  
  $u = x^{2} + 1, d u = 2 x d x$
2. Teisendame rajad koos muutujaga:
  
  $x = 0 \Rightarrow u = 1, x = 1 \Rightarrow u = 2$
3. Integreerime uutes rajades:
  
  $\int_{1}^{2} u^{3} d u = [\frac{u ^{4}}{4}]_{1}^{2} = \frac{16 - 1}{4} = \frac{15}{4}$
Vastus

15/4 = 3,75. Vanu rajasid 0 kuni 1 alles jättes saaksime tulemuseks 1/4. Teine kindel tee on asendada esmalt tagasi x ja rakendada vanu rajasid; viga tekib muutuja u sidumisel vanade rajadega.

$\int_{0}^{1} 2 x (x^{2} + 1)^{3} d x = \frac{15}{4} = 3.75$
Kui kaugele peab minema, et pindala jõuaks 5-ni? 4 sammu
Kõver x/(1 + x²) langeb 0 poole, kui x kasvab. Kui kaugel 0-st peab olema b, et pindala 0-st b-ni jõuaks 5-ni, ja kui kõrgel on kõver seal? Vajuta Aeglane logaritm: 0-st 3-ni on pindala 1,1513.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Asendusega u = 1 + x² on du = 2x dx, seega x dx = du/2 ja pindala on pool logaritmi:
  
  $u = 1 + x^{2}, d u = 2 x d x : \int_{0}^{b} \frac{x}{1 + x ^{2}} d x = \frac{1}{2} \int_{1}^{1 + b^{2}} \frac{d u}{u} = \frac{1}{2} ln (1 + b^{2})$
2. Kohal b = 3 teeb see ½ ln 10, mis vastab lehel olevale arvule. Võrdsusta see 5-ga:
  
  $\frac{1}{2} ln (1 + b^{2}) = 5 \Rightarrow b = e^{10} - 1 = 148.41$
3. Seal on kõvera kõrgus vaid
  
  $f (148.41) = \frac{148 . 41}{1 + 148 . 4 1 ^{2}} = 0.0067$
4. Pindala kahekordistamiseks 10-ni on vaja
  
  $\frac{1}{2} ln (1 + b^{2}) = 10 \Rightarrow b = e^{20} - 1 = 22, 026.47$
Vastus

b ≈ 148,4, kus kõver on 0,0067 kõrge. Pindala ei lõpeta kunagi kasvamist, kuid suurte b väärtuste korral kasvab see nagu ln b, seega iga järgmine pindala ühik korrutab b-d umbes arvuga e ≈ 2,72. Lehel olev liugur peatub kohal b = 5.

$b \approx 148.4, f (b) \approx 0.0067$

Puuduoleva konstandiga võib jagada, puuduoleva x-iga mitte kunagi 🖖

Vajuta Puuduolev −2. Integrand on x·e^−x² ja sisestatud on e^−x². Liitfunktsiooni tuletise reegli järgi on selle tuletis e^−x²·(−2x), mis on igas punktis −2 korda integrand, ja hinnang ütleb täpselt seda. Asendusega u = −x² on du = −2x dx: integrandi x ongi vajalik du, puudu on vaid −2, ja kuna konstant liigub integraali märgi alt välja, siis jaga sellega. −½e^−x² on õige vastus. Nüüd vajuta Puuduolev x. Integrand on e^−x², mille kõrval pole x-i, ning puuduoleva avaldisega −2x jagamine annab tulemuseks e^−x²/(−2x). Jagatise tuletise reegel võtab selle lahti: selle tuletis on integrand korda 1 + 1/(2x²), mis on kohal x = 1 poolteist korda suurem, kohal x = 3 ikka veel 1,0556 korda liiga suur ega pole kuskil võrdne. Konstandi võib tuua ∫ märgi ette, kuid x-i mitte, sest integraal võetakse x-i järgi: vastuse jagamine puuduoleva x-iga pole kunagi asendusvõte. Ükski astmetest, eksponent-, logaritm- ja trigonomeetrilistest funktsioonidest koostatud valem ei anna tuletiseks funktsiooni e^−x²; Liouville tõestas selle ning selle peatüki viimane osa näitab, mida see tähendab.

Säilita x-i rajad ja pindala võib muuta märki 🖖

Vajuta Kas jätta rajad samaks?. Integrand 2x cos(x²) on asenduse u = x² korral cos u korda du, seega lõigu [0; 2] viilud maanduvad u-teljel lõigul [0; 4], kuna 2² = 4. Mõlemad paneelid annavad tulemuseks −0,7568, mis on sin 4. Alumisel paneelil olev katkendjoon kujutab viga: asenda integrandis, kuid jäta vanad rajad samaks, nii et funktsiooni cos u integreeritakse 0-st 2-ni. See annab sin 2 = 0,9093, mis on positiivne, kuigi tegelik pindala on negatiivne. Funktsioon cos u on nullist väiksem alates u = π/2, mis moodustab üle poole vahemikust [0; 4], ja vanad rajad lõpevad 2 juures, ehk enne suuremat osa sellest. Vajuta Kanna viilud üle ja iga viilu pindala lisandub mõlemasse jooksvasse summasse samal hetkel, sest ühe viilu piires on mõlemad pooled G(u(xᵢ₊₁)) − G(u(xᵢ)).

u ei pea olema üks-ühele funktsioon 🖖

Vajuta Edasi-tagasi. Lõigul [0; π] tõuseb u = sin x 0-st 1-ni ja tuleb tagasi 0-ni. Esimese poole viilud maanduvad paremale liikudes lõigul [0; 1] ja nende väärtus on 1,7183, mis on e − 1. Teise poole viilud maanduvad samal lõigul [0; 1] vasakule liikudes, on punaselt viirutatud ja nende väärtus on −1,7183, sest u′ = cos x on seal negatiivne ja seda on ka iga du. Need taanduvad välja ja ∫₀^π cos x·e^{sin x} dx = 0, mis on sama mis tühi integraal rajadega u(0) = 0 kuni u(π) = 0. Asendusreegel nõuab, et u′ oleks pidev ja et g oleks pidev iga väärtuse juures, mida u läbib; see ei nõua kunagi, et u peab pidevalt ühes suunas liikuma. Tagurpidi kulgev viil lahutatakse ja see ongi kogu raamatupidamine. Kui jätad siin x-i rajad samaks, integreerid hoopis funktsiooni eᵘ 0-st π-ni, mis annab 22,1407.

Õpitee

Integreerimismeetodid

Allikad (2)

The rule in both forms: Theorem 5.7 (∫f[g(x)]g′(x) dx = ∫f(u) du = F(g(x)) + C) and Theorem 5.8 (∫ₐᵇ f(g(x))g′(x) dx = ∫ from g(a) to g(b) of f(u) du, “using substitution to evaluate a definite integral requires a change to the limits of integration”). Theorem 5.8 asks that g′ be continuous on [a, b] and f continuous over the range of u = g(x), and nothing about g being one-to-one: G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 1, OpenStax (2016), section 5.5, “Substitution”.
Why no substitution, and no other method, can integrate e^(−x²): Liouville's theorem, and its criterion that f(x)·e^(g(x)) has an elementary antiderivative exactly when R′ + g′R = f has a rational solution R (Theorem 4.4; Example 4.6 proves e^(−x²) has none). For x·e^(−x²), R = −½ works: B. Conrad, “Impossibility theorems for elementary integration”, lecture notes, Stanford University (author's copy).

42Mathi meeskond · Kontrollitud avaldatud allikate põhjal. Parandused on teretulnud.