ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΤΙΚΑΤΑΣΤΑΣΗ

Print Friendly, PDF & Email

Στα ολοκληρώματα ρητής ή άρρητηςσυνάρτησης όπου η μεταβλητή x εμφανίζεται μόνο ως x^{2} αρκετές φορές χρειάζεται να κάνουμε την τριγωνομετρική αντικατάσταση του ημιτόνου ή της εφαπτομένης αξιοποιόντας την ταυτότητα \hm^{2}x+ \syn^{2}x =1.

Τριγωνομετρική αντικατάσταση του ημιτόνου


Για υπολογίσουμε ένα ολοκλήρωμα της μορφής

    \[\int_{\kappa}^{\lambda} f\Big( x, \sqrt{\beta^{2} -\alpha^{2}x^{2}}\Big)\, dx.\]

Χρησιμοποιούμε την τριγωνομετρική αντικατάσταση του ημιτόνου δηλαδή:

    \[\text{Θέτουμε } \quad x = \dfrac{\beta}{\alpha}\cdot \hm u \quad \text{με} \quad u \in \big[ -\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\big].\]


    \[\]

Rendered by QuickLaTeX.com

Λύση
Για να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα

    \[\int_{0}^{1} \sqrt{1-x^{2}}\, dx.\]

Θέτουμε

    \[x =\hm u \quad \text{με} \quad u\in [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\]

Οπότε:

    \begin{align*} &( x)'\, dx =(\hm u)' \, du \Rightarrow\\\\ & dx = \syn u \, du. \end{align*}

Επιπλέον για u\in [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}] ισχύουν:

για x=0 και x =\hm u\Rightarrow 0 =\hm u \Rightarrow u= 0.
και
για x=1 και x =\hm u\Rightarrow 1 =\hm u \Rightarrow u= \frac{\pi}{2}.
Οπότε:

    \begin{align*} & \int_{0}^{1} \sqrt{1-x^{2}}\, dx=\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{1-\hm^{2} u} \cdot \syn u \, du=\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\syn u} \cdot \syn u \, du=\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}|\syn u | \cdot \syn u \, du\\\\\ \end{align*}

Για u\in [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\Rightarrow \syn u > 0 \Rightarrow |\syn u | =\syn u
είναι:

    \begin{align*} & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}|\syn u | \cdot \syn u \, du=\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \syn u \cdot \syn u \, du=\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \syn^{2} u \, du \\\\\ \end{align*}

Κάνοντας χρήση της ταυτότητας \syn^{2}u=\dfrac{1+\syn 2u}{2} έχουμε:

    \begin{align*} & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \syn^{2} u \, du =\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1+\syn 2u}{2} \, du =\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{2}+\dfrac{\syn 2u}{2} \, du \\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\cdot \syn 2u \, du \\\\\ \end{align*}

Επειδή ισχύει
\Bigg(\dfrac{1}{2} \cdot u \Bigg)'=\dfrac{1}{2}, \quad \Bigg(\dfrac{\hm 2u}{2} \Bigg)'=\syn 2u.
έχουμε:

    \begin{align*} & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\cdot \syn 2u \, du \\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \Bigg(\dfrac{1}{2}\cdot u\Bigg)'-\dfrac{1}{2}\cdot \Bigg(\dfrac{\hm 2u}{2} \Bigg)' \, du= \\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \Bigg(\dfrac{1}{2}\cdot u\Bigg)'-\Bigg(\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{\hm 2u}{2} \Bigg)' \, du= \\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \Bigg(\dfrac{1}{2}\cdot u\Bigg)'-\Bigg( \dfrac{\hm 2u}{4} \Bigg)' \, du= \\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \Bigg(\dfrac{1}{2}\cdot u- \dfrac{\hm 2u}{4} \Bigg)' \, du= \\\\\ &\Bigg[ \dfrac{1}{2}\cdot u- \dfrac{\hm 2u}{4} \Bigg]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\\\\ & \Bigg( \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{\pi}{2}- \dfrac{\hm (2\cdot\frac{\pi}{2})}{4} \Bigg) -\Bigg(\dfrac{1}{2}\cdot 0- \dfrac{\hm (2\cdot 0)}{4} \Bigg)=\\\\ & \Bigg( \dfrac{\pi}{4}- \dfrac{\hm \pi}{4} \Bigg) -(0)=\\\\ & \dfrac{\pi}{4}- \dfrac{0}{4} = \dfrac{\pi}{4}. \end{align*}

Τριγωνομετρική αντικατάσταση της εφαπτομένης


Για υπολογίσουμε ένα ολοκλήρωμα της μορφής

    \[\int_{\kappa}^{\lambda} f\Big( x, \sqrt{\beta^{2} +\alpha^{2}x^{2}}\Big)\, dx.\]

Χρησιμοποιούμε την τριγωνομετρική αντικατάσταση της εφαπτομένης δηλαδή:

    \[\text{Θέτουμε } \quad x = \dfrac{\beta}{\alpha}\cdot \ef u \quad \text{με} \quad u \in \big( -\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\big).\]

    \[\]

Rendered by QuickLaTeX.com

Λύση
Για να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα

    \[\int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+1}}\, dx.\]

Θέτουμε

    \[x =\ef u \quad \text{με} \quad u\in \big(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\big)\]

Οπότε:

    \begin{align*} &( x)'\, dx =(\ef u)' \, du \Rightarrow\\\\ & dx = \dfrac{1}{\syn^{2} u} \, du. \end{align*}

Επιπλέον για u\in \big(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\big) ισχύουν:

για x=0 και x =\ef u\Rightarrow 0 =\ef u \Rightarrow u= 0.
και
για x=1 και x =\ef u\Rightarrow 1 =\ef u \Rightarrow u= \frac{\pi}{4}.
Οπότε:

    \begin{align*} & \int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+1}}\, dx=\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{1}{\sqrt{\ef^{2}u+1}}\cdot \dfrac{1}{\syn^{2} u}\, du=\\\\\ & \dint_{0}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{\hm^{2}u}{\syn^{2}u}+1}}\cdot \dfrac{1}{\syn^{2} u}\, du=\\\\\ & \dint_{0}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{\hm^{2}u}{\syn^{2}u}+\dfrac{\syn^{2}u}{\syn^{2}u}}}\cdot \dfrac{1}{\syn^{2} u}\, du=\\\\\ & \dint_{0}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{\hm^{2}u+\syn^{2}u}{\syn^{2}u}}}\cdot \dfrac{1}{\syn^{2} u}\, du=\\\\\ & \dint_{0}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{1}{\syn^{2}u}}}\cdot \dfrac{1}{\syn^{2} u}\, du=\\\\\ & \dint_{0}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{1}{\dfrac{1}{|\syn u|}}\cdot \dfrac{1}{\syn^{2} u}\, du=\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} |\syn u|\cdot \dfrac{1}{\syn^{2} u}\, du.\\\\\ \end{align*}

Για u\in \big(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\big)\Rightarrow \syn u > 0 \Rightarrow |\syn u | =\syn u
είναι:

    \begin{align*} & \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} |\syn u|\cdot \dfrac{1}{\syn^{2} u}\, du=\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \syn u \cdot \dfrac{1}{\syn^{2} u}\, du=\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{1}{\syn u}\, du=\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{\hm^{2}u+\syn^{2}u}{\syn u}\, du=\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{\hm^{2}u}{\syn u}+\dfrac{\syn^{2}u}{\syn u}\, du=\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{\hm^{2}u}{\syn u}+\syn u \, du=\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{\hm^{2}u}{\syn u}\, du+ \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\syn u \, du.\\\\\ \end{align*}

Κάνοντας χρήση της ταυτότητας \syn^{2}u=\dfrac{1+\syn 2u}{2} έχουμε:

    \begin{align*} & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \syn^{2} u \, du =\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1+\syn 2u}{2} \, du =\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{2}+\dfrac{\syn 2u}{2} \, du \\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\cdot \syn 2u \, du \\\\\ \end{align*}

Επειδή ισχύει
\Bigg(\dfrac{1}{2} \cdot u \Bigg)'=\dfrac{1}{2}, \quad \Bigg(\dfrac{\hm 2u}{2} \Bigg)'=\syn 2u.
έχουμε:

    \begin{align*} & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\cdot \syn 2u \, du \\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \Bigg(\dfrac{1}{2}\cdot u\Bigg)'-\dfrac{1}{2}\cdot \Bigg(\dfrac{\hm 2u}{2} \Bigg)' \, du= \\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \Bigg(\dfrac{1}{2}\cdot u\Bigg)'-\Bigg(\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{\hm 2u}{2} \Bigg)' \, du= \\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \Bigg(\dfrac{1}{2}\cdot u\Bigg)'-\Bigg( \dfrac{\hm 2u}{4} \Bigg)' \, du= \\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \Bigg(\dfrac{1}{2}\cdot u- \dfrac{\hm 2u}{4} \Bigg)' \, du= \\\\\ &\Bigg[ \dfrac{1}{2}\cdot u- \dfrac{\hm 2u}{4} \Bigg]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\\\\ & \Bigg( \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{\pi}{2}- \dfrac{\hm (2\cdot\frac{\pi}{2})}{4} \Bigg) -\Bigg(\dfrac{1}{2}\cdot 0- \dfrac{\hm (2\cdot 0)}{4} \Bigg)=\\\\ & \Bigg( \dfrac{\pi}{4}- \dfrac{\hm \pi}{4} \Bigg) -(0)=\\\\ & \dfrac{\pi}{4}- \dfrac{0}{4} = \dfrac{\pi}{4}. \end{align*}

Τριγωνομετρική αντικατάσταση της εφαπτομένης


Για υπολογίσουμε ένα ολοκλήρωμα στο οποίο εμφανίζετε (σε παρονομαστή ) η παράσταση

    \[\alpha^{2}x^{2}}+\beta^{2} .\]

Χρησιμοποιούμε την τριγωνομετρική αντικατάσταση της εφαπτομένης δηλαδή:

    \[\text{Θέτουμε } \quad x = \dfrac{\beta}{\alpha}\cdot \ef u \quad \text{με} \quad u \in \big( -\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\big).\]

    \[\]

Rendered by QuickLaTeX.com

Λύση

Το προς επίλυση ορισμένο ολοκλήρωμα είναι ολοκήρωμα ρητής συνάρτησης που όμως δεν λύνεται με τις μεθόδους
που εφαρμόζονται για την ολοκλήρωση ρητών συναρτήσεων..
Για να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα

    \[\int_{-1}^{1} \dfrac{1}{x^{2}+1}\, dx.\]

Θέτουμε

    \[x =\ef u \quad \text{με} \quad u\in \big(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\big)\]

Οπότε:

    \begin{align*} &( x)'\, dx =(\ef u)' \, du \Rightarrow\\\\ & dx = \dfrac{1}{\syn^{2} u} \, du. \end{align*}

Επιπλέον για u\in \big(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\big) ισχύουν:

για x=-1 και x =\ef u\Rightarrow -1 =\ef u \Rightarrow u= -\dfrac{\pi}{4}.
και
για x=1 και x =\ef u\Rightarrow 1 =\ef u \Rightarrow u= \frac{\pi}{4}.
Οπότε:

    \begin{align*} &\int_{-1}^{1} \dfrac{1}{x^{2}+1}\, dx=\\\\\ & \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{1}{\ef^{2}u+1}\cdot \dfrac{1}{\syn^{2} u}\, du=\\\\\ & \dint_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{1}{\dfrac{\hm^{2}u}{\syn^{2}u}+1}\cdot \dfrac{1}{\syn^{2} u}\, du=\\\\\ & \dint_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{1}{\dfrac{\hm^{2}u}{\syn^{2}u}+\dfrac{\syn^{2}u}{\syn^{2}u}}\cdot \dfrac{1}{\syn^{2} u}\, du=\\\\\ & \dint_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{1}{\dfrac{\hm^{2}u+\syn^{2}u}{\syn^{2}u}}\cdot \dfrac{1}{\syn^{2} u}\, du=\\\\\ & \dint_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{1}{\dfrac{1}{\syn^{2}u}}\cdot \frac{1}{\syn^{2} u}\, du=\\\\\ & \dint_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \syn^{2}u \cdot \dfrac{1}{\syn^{2} u}\, du=\\\\\ & \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} 1\, du=\Big[ u \Big]_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}=\dfrac{\pi}{4}-(-\dfrac{\pi}{4}) =\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}.\\\\\ \end{align*}

Βιβλιογραφία: Παπαδάκης εκδόσεις Σαββάλα.
Άδεια Creative Commons
Αυτή η εργασία χορηγείται με άδεια Creative Commons Αναφορά Δημιουργού – Μη Εμπορική Χρήση – Παρόμοια Διανομή 4.0 Διεθνές .

FacebooktwitterlinkedinmailFacebooktwitterlinkedinmail

Αφήστε μια απάντηση

Η ηλ. διεύθυνση σας δεν δημοσιεύεται. Τα υποχρεωτικά πεδία σημειώνονται με *

Δεν είμαι Robot *