Замена переменной в определенном интеграле. Урок 82

3 Для вычисления многих определенных интегралов полезно заменять переменную интегрирования. При этом, если определенный интеграл $\int_{a}^{b}f(x)dx$ преобразуется при помощи подстановки $x=\varphi (t)$ [или $t=\psi (x)$
в другой интеграл, с новой переменной интегрирования $t$, то заданные пределы $x_{1}=a$ и $x_{2}=b$ заменяются новыми пределами $t_{1}=\alpha$ и $t_{2}=\beta$, которые определяются из исходной подстановки, т. е. из уравнений $a=\varphi (\alpha ),\: b=\varphi (\beta )$ [или $\alpha =\psi (a),\beta =\psi (b)$]. Если $\varphi '(t)$
и $f[\varphi (t)]$ непрерывны на отрезке $[\alpha ;\beta ]$, то

$$\int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{\alpha }^{\beta }f[\varphi (t)]\varphi '(t)dt=\int_{\alpha }^{\beta }F(t)dt.$$

Пример 1. Вычислить интегралы:
1) $\displaystyle\int_{0}^{5}\frac{xdx}{\sqrt{1+3x}}$;
2) $\displaystyle\int_{\ln 2}^{\ln 3}\frac{dx}{e^{x}-e^{-x}};$
3) $\displaystyle\int_{1}^{\sqrt{3}}\frac{(x^{3}+1)dx}{x^{2}\sqrt{4-x^{2}}};$
4) $\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{2+\cos x}.$
Решение. 1) Вводим новую переменную интегрирования, полагая $\sqrt{1+3x}=t$. Отсюда находим $x=\frac{t^{2}-1}{3},\: dx=\frac{2}{3}tdt$ и новые пределы интеграла: $t_{1}=1$ при $x_{1}=0,\: t_{2}=4$
при $x_{2}=5$. Подставляя, получим

$$\int_{0}^{5}\frac{xdx}{\sqrt{1+3x}}=\frac{2}{9}\int_{1}^{4}(t^{2}-1)dt=\frac{2}{9}\left ( \frac{t^{3}}{3} -t\right ) \left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\right| _{1}^{4}=\frac{2}{9}\left ( \frac{64-1}{3}-4+1 \right )=4.$$

2) Полагая $e^{x}=t$, имеем $x=\ln t,\: dx=\frac{dt}{t};\: t_{1}=2$ при $x_{1}=\ln 2;\: t_{2}=3$ при $x_{2}=\ln 3$ и

$$\int_{\ln 2}^{\ln 3}\frac{dx}{e^{x}-e^{-x}}=\int_{2}^{3}\frac{dt}{t(t-t^{-1})}=\int_{2}^{3}\frac{dt}{t^{2}-1}=\frac{1}{2}\ln \frac{t-1}{t+1} \left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\right| _{2}^{3}=\frac{1}{2}\left ( \ln \frac{2}{4}-\ln \frac{1}{3} \right )=\frac{\ln 1,5}{2}.$$

3) Полагая $x=2\sin t$, получим: $dx=2\cos tdt;\: t_{1}=\frac{\pi }{6}$ при $x_{1}=1;\: t_{2}=\frac{\pi }{3}$ при $x_{2}=\sqrt{3}$;

$$\int_{1}^{\sqrt{3}}\frac{(x^{3}+1)dx}{x^{2}\sqrt{4-x^{2}}}=\int_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}\frac{8\sin ^{3}t+1}{4\sin ^{2}t}dt=2\int_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}\sin tdt+\frac{1}{4}\int_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}\frac{dt}{\sin ^{2}t}=$$

$$=-2\cos t-\frac{1}{4}\textrm{ctg}\, t \left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\right| _{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}=-2\left ( \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2} \right )-\frac{1}{4}\left ( \frac{\sqrt{3}}{3}-\sqrt{3} \right )=\frac{7}{2\sqrt{3}}-1.$$

4) Заменяя переменную при помощи подстановки $\textrm{tg}\, \frac{x}{2}=z$, найдем $\cos x=\frac{1-z^{2}}{1+z^{2}};\: dx=\frac{2dz}{1+z^{2}}$(см. гл. IV, § 9); $z_{1}=0$ при $x_{1}=0;\, z_{2}=1$ при $x_{2}=\frac{\pi }{2}$ и

$$\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{2+\cos x}=2\int_{0}^{1}\frac{dz}{z^{2}+3}=\frac{2}{\sqrt{3}}\textrm{arctg}\, \frac{z}{\sqrt{3}} \left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\right| _{0}^{1}=\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{3\sqrt{3}}.$$

Пример 2. Доказать, что для четной функции $f(x)$:

$$\int_{-a}^{a}f(x)dx=2\int_{0}^{a}f(x)dx,$$

а для нечетной функции $f(x)$:

$$\int_{-a}^{a}f(x)dx=0.$$

Решение. Разделив отрезок интегрирования $[-a;a]$ точкой $x=0$ на две части, согласно свойству 3 получим тождество

$$\int_{-a}^{a}f(x)dx=\int_{0}^{a}f(x)dx+\int_{-a}^{0}f(x)dx.$$

Заменив переменную в последнем интеграле по формуле $x=-z$, имеем $dx=-dz;\, z_{1}=a$ при $x_{1}=-a;\, z_{2}=0$ при $x_{2}=0$;

$$\int_{-a}^{0}f(x)dx=-\int_{a}^{0}f(-z)dz=\int_{0}^{a}f(-z)dz=\int_{0}^{a}f(-x)dx,$$

так как значение определенного интеграла не зависит от того, какой буквой обозначена переменная интегрирования. Следовательно,

$$\int_{-a}^{a}f(x)dx=\int_{0}^{a}f(x)dx+\int_{0}^{a}f(-x)dx=\int_{0}^{a}[f(x)+f(-x)]dx.$$

Для четной функции $f(-x)=f(x)$, а для нечетной функции $f(-x)=-f(x)$, поэтому
для четной функции $f(x)$:

$$\int_{-a}^{a}f(x)dx=2\int_{0}^{a}f(x)dx,$$

а для нечетной функции $f(x)$:

$$\int_{-a}^{a}f(x)dx=0.$$

Пользуясь доказанными положениями, можно упрощать вычисление некоторых определенных интегралов.
Например, без вычислений, заключаем:

$$\int_{-\sqrt{5}}^{\sqrt{5}}(3x-2x^{5})dx=0,\: \int_{-\pi }^{\pi }\sin ^{7}2xdx=0$$

вследствие нечетности подынтегральной функции;

$$\int_{-2}^{2}\frac{x^{5}+7x^{4}+x^{3}-5x^{2}-2}{x^{3}+x}dx=\int_{-2}^{2}\frac{7x^{4}-5x^{2}-2}{x^{3}+x}dx+\int_{-2}^{2}\frac{x^{5}+x^{3}}{x^{3}+x}dx=$$

$$=0+2\int_{0}^{2}x^{2}dx=2\cdot \frac{x^{3}}{3} \left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\right| _{0}^{2}=\frac{16}{3},$$

вследствие того, что под знаком первого интеграла функций нечетная, а под знаком второго — четная.