Trigonomeetrilised integraalid

Siinuse või koosinuse paaritu astme integreerimiseks piisab ühest asendusest. Paarisastme puhul tuleb esmalt kasutada trigonomeetrilist valemit; ühe täispöörde pindala selgitab, miks. Asendus x = sin θ viib avaldise √(1 − x²) ringjoonele, kus vastuse iga liige vastab ühele joonise osale. Vaata lahendus sammhaaval läbi ja proovi siis ise.

Paarisastmed: poolita nurk	$\begin{aligned}\sin^{2}x&=\tfrac12\left(1-\cos2x\right)\\ \cos^{2}x&=\tfrac12\left(1+\cos2x\right)\end{aligned}$
Paaritu aste: ühest tegurist saab du	$\begin{aligned}\sin^{2k+1}x&=\left(1-\cos^{2}x\right)^{k}\sin x\\ u&=\cos x\end{aligned}$
Juur avaldisest a² ± x²	$\begin{aligned}\sqrt{a^{2}-x^{2}}&:\ x=a\sin\theta\\ \sqrt{a^{2}+x^{2}}&:\ x=a\tan\theta\end{aligned}$

Näidisarvutus — Trigonomeetrilised integraalid

Pindala 0-st b-ni	0,0000
Täispöörde pindala, 0-st 2π-ni	0,0000
Täispöörde keskmine väärtus c₀	0,0000
Pindala xᵏ√(1 − x²) all, 0-st X-ni	0,5618
Sama pindala θ kaudu	0,5618
Nurgaliige c₀·θ	0,3218
Algebraline liige, ülejäänud osa	0,2400

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

Interaktiivse simulatsiooni laadimine...

Õppetund

Teooria — Trigonomeetrilised integraalid

Trigonomeetrilised integraalid on sin x ja cos x astmete korrutiste integraalid. Trigonomeetriline asendus teisendab ruutavaldisest võetud juure selliseks integraaliks: √(a² − x²) korral x = a sin θ, √(x² + a²) korral x = a tan θ ja √(x² − a²) korral x = a sec θ. Kõik need seosed saab lugeda täisnurksest kolmnurgast. Paaritu astme integreerimiseks eraldatakse üks tegur ja võetakse u-ks teine trigonomeetriline funktsioon. Kui kõik astmed on paaris, alandatakse neid esmalt poolnurga valemitega sin²x = ½ − ½cos 2x ja cos²x = ½ + ½cos 2x.

Mida iga sümbol tähendab

θ: asenduses kasutatav nurk; asenduse x = a sin θ korral jääb see vahemikku −π/2 kuni π/2, kus cos θ ≥ 0, seega √(a² − x²) = a cos θ
c₀: sinᵐx·cosⁿx keskmine väärtus ühe täispöörde jooksul: 0, kui m või n on paaritu, ning (m − 1)!!·(n − 1)!!/(m + n)!!, kui mõlemad on paaris; siin n!! = n(n − 2)(n − 4)… kuni 1 või 2-ni ning 0!! = (−1)!! = 1

Kust valem tuleb

Miks paarisastme algfunktsioon kasvab? Funktsiooni sinᵐx·cosⁿx iga algfunktsiooni F korral on F(x + 2π) − F(x) ühe täispöörde pindala 2π·c₀, sõltumata x-i väärtusest. Seega on F(x) − c₀·x perioodiga 2π. Asendused u = cos x ja u = sin x annavad cos x või sin x kaudu avaldatud funktsiooni, millel endal on periood 2π. Need saavad anda täieliku vastuse ainult siis, kui c₀ = 0 ehk vähemalt üks astmetest on paaritu.
$F(x+2\pi)-F(x)=\int_{x}^{x+2\pi}\sin^{m}t\cos^{n}t\,dt=2\pi c_0\ \Rightarrow\ F(x)-c_0x=F(x+2\pi)-c_0(x+2\pi)$

Ülesanded täielikult lahendatud

Siinuse paaritu aste 3 sammu
Leia ∫sin³x dx.

Ava see ülesanne tööriistas
1. Jätame ühe sin x teguri du tarvis ja teisendame ülejäänud kaks koosinusteks:
  
  $\sin^{3}x=\left(1-\cos^{2}x\right)\sin x,\qquad u=\cos x,\quad du=-\sin x\,dx$
2. Hulkliige u suhtes:
  
  $\int\left(1-u^{2}\right)(-du)=-u+\frac{u^{3}}{3}$
3. Tagasi muutuja x juurde:
  
  $-\cos x+\frac{\cos^{3}x}{3}+C$
Vastus

−cos x + cos³x/3 + C. Diferentsiaalis du = −sin x dx on miinusmärk. Kui see kaob, vahetuvad kõigi liikmete märgid ja tööriist loeb tulemuse märgiveaks.

$\int\sin^{3}x\,dx=-\cos x+\frac{\cos^{3}x}{3}+C$
Koosinuse paaritu aste paarisastmes siinuse kõrval 2 sammu
Leia ∫sin²x cos³x dx.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Paaritu aste kuulub koosinusele. Jätame ühe cos x teguri du tarvis ja avaldame ülejäänu siinuste kaudu:
  
  $\sin^{2}x\cos^{3}x=\sin^{2}x\left(1-\sin^{2}x\right)\cos x,\qquad u=\sin x,\quad du=\cos x\,dx$
2. Hulkliige u = sin x suhtes:
  
  $\int\left(u^{2}-u^{4}\right)du=\frac{u^{3}}{3}-\frac{u^{5}}{5}$
Vastus

sin³x/3 − sin⁵x/5 + C. Asenduse määrab paaritu aste. Kui aga paaritud on mõlemad, sobib kumb tahes.

$\int\sin^{2}x\cos^{3}x\,dx=\frac{\sin^{3}x}{3}-\frac{\sin^{5}x}{5}+C$
Mõlemad astmed on paaris: poolnurga valem kaks korda 3 sammu
Leia ∫sin²x cos²x dx.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Diferentsiaali du jaoks pole paaritut astet võtta. Kõigepealt kaksiknurga valem:
  
  $\sin x\cos x=\tfrac12\sin2x\ \Rightarrow\ \sin^{2}x\cos^{2}x=\tfrac14\sin^{2}2x$
2. Seejärel poolnurga valem avaldisele sin²2x:
  
  $\tfrac14\sin^{2}2x=\tfrac18\left(1-\cos4x\right)$
3. Integreerime liikmeti:
  
  $\int\tfrac18\left(1-\cos4x\right)dx=\frac{x}{8}-\frac{\sin4x}{32}+C$
Vastus

x/8 − sin 4x/32 + C. Liige x/8 on paarisastmega kaasnev tõus: kaheksandik x-i iga ühiku kohta. Kui see välja jätta, teatab tööriist, et tuletisest jääb kõikjal 1/8 puudu.

$\int\sin^{2}x\cos^{2}x\,dx=\frac{x}{8}-\frac{\sin4x}{32}+C$
Kaks eri sagedust: korrutisest summaks 3 sammu
Leia ∫sin 3x cos x dx.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Eri kordsete argumentidega siinuse ja koosinuse korrutis on tegelikult varjatud summa:
  
  $\sin A\cos B=\tfrac12\left[\sin(A+B)+\sin(A-B)\right]$
2. Kui A = 3x ja B = x:
  
  $\sin3x\cos x=\tfrac12\left(\sin4x+\sin2x\right)$
3. Integreerime kumbagi siinust:
  
  $\int\tfrac12\left(\sin4x+\sin2x\right)dx=-\frac{\cos4x}{8}-\frac{\cos2x}{4}+C$
Vastus

−cos 4x/8 − cos 2x/4 + C. Valemi tegur ½ läheb kergesti kaotsi. Ilma selleta on tulemus kaks korda suurem ja just seda tööriist näitabki.

$\int\sin3x\cos x\,dx=-\frac{\cos4x}{8}-\frac{\cos2x}{4}+C$
Esmalt samasus 2 sammu
Leia ∫tan²x dx.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Funktsioonil tan²x vahetut algfunktsiooni pole, sec²x puhul aga on:
  
  $\tan^{2}x=\sec^{2}x-1$
2. Integreeri liigeti:
  
  $\int\left(\sec^{2}x-1\right)dx=\tan x-x+C$
Vastus

tan x − x + C. Kui kirjutada vaid tan x, ununeb −1; tööriist näitab igas punktis 1 võrra liiga suurt tuletist.

$\int\tan^{2}x\,dx=\tan x-x+C$
√(1 − x²): vii x ringjoonele 3 sammu
Leia ∫x²/√(1 − x²) dx.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Tee asendus x = sin θ, mis teisendab juure avaldiseks cos θ:
  
  $x=\sin\theta,\quad dx=\cos\theta\,d\theta,\quad \sqrt{1-x^{2}}=\cos\theta$
2. Koosinused taanduvad ja alles jääb siinuse paarisaste:
  
  $\int\frac{\sin^{2}\theta}{\cos\theta}\cos\theta\,d\theta=\int\sin^{2}\theta\,d\theta=\frac{\theta}{2}-\frac{\sin2\theta}{4}$
3. Tagasi x juurde valemiga sin 2θ = 2 sin θ cos θ:
  
  $\sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta=2x\sqrt{1-x^{2}}\ \Rightarrow\ \frac{\arcsin x}{2}-\frac{x\sqrt{1-x^{2}}}{2}+C$
Vastus

(arcsin x − x√(1 − x²))/2 + C. Arksiinus vastab sektorile ja teine liige kolmnurgale, nagu kolmnurga ja sektori selgituses; siin lahutatakse kolmnurk maha.

$\int\frac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}\,dx=\frac{\arcsin x-x\sqrt{1-x^{2}}}{2}+C$
x² + a²: vii x puutujale 3 sammu
Leia ∫dx/(x² + 4)^3/2.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Tee asendus x = 2 tan θ, nii et x² + 4 = 4 sec²θ:
  
  $x=2\tan\theta,\quad dx=2\sec^{2}\theta\,d\theta,\quad x^{2}+4=4\sec^{2}\theta$
2. Suurem osa taandub:
  
  $\int\frac{2\sec^{2}\theta}{8\sec^{3}\theta}\,d\theta=\frac14\int\cos\theta\,d\theta=\frac{\sin\theta}{4}$
3. Tagasi x juurde kolmnurga abil, mille vastaskaatet on x, lähiskaatet 2 ja hüpotenuus √(x² + 4):
  
  $\tan\theta=\frac{x}{2}\ \Rightarrow\ \sin\theta=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+4}}\ \Rightarrow\ \frac{x}{4\sqrt{x^{2}+4}}+C$
Vastus

x/(4√(x² + 4)) + C. ¼ tuleneb murrust 2/8; kui see välja jätta, näitab tööriist integraalialusest funktsioonist neli korda suuremat tuletist.

$\int\frac{dx}{\left(x^{2}+4\right)^{3/2}}=\frac{x}{4\sqrt{x^{2}+4}}+C$
sin⁸x täispöörde pindala taandamisvalemiga 4 sammu
Lehel saab valida astmeid kuni astmeni 6. Kui suur on sin⁸x täispöörde pindala ja milline on sirge tõus, mida mööda selle algfunktsioon kasvab? Vajuta sin⁴x: taandamisvalem: lehel on sin⁴x pindala 2,3562 ja keskmine väärtus 0,3750.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Kirjuta sinⁿx = sinⁿ⁻¹x·sin x ja integreeri ositi, võttes u = sinⁿ⁻¹x. Täispöörde otspunktides annab liige −sinⁿ⁻¹x cos x väärtuse 0. Asendus cos²x = 1 − sin²x toob Iₙ ka paremale poole, kust saab selle avaldada:
  
  $I_n=\int_{0}^{2\pi}\sin^{n}x\,dx=\Big[-\sin^{n-1}x\cos x\Big]_{0}^{2\pi}+(n-1)\int_{0}^{2\pi}\sin^{n-2}x\left(1-\sin^{2}x\right)dx\ \Rightarrow\ I_n=\frac{n-1}{n}\,I_{n-2}$
2. Alusta väärtusest I₀ = 2π, mis on konstantse funktsiooni 1 täispöörde pindala, ja suurenda astendajat igal sammul kahe võrra. I₄ annab lehel näidatud väärtuse:
  
  $I_0=2\pi,\qquad I_2=\tfrac12\cdot2\pi=\pi,\qquad I_4=\tfrac34\cdot\pi=\tfrac{3\pi}{4}=2{.}3562$
3. Veel kaks sammu viivad sin⁸x juurde:
  
  $I_6=\tfrac56\cdot\tfrac{3\pi}{4}=\tfrac{5\pi}{8}=1{.}9635,\qquad I_8=\tfrac78\cdot\tfrac{5\pi}{8}=\tfrac{35\pi}{64}=1{.}7181$
4. Algfunktsiooni kasvu kirjeldava sirge tõus on täispöörde pindala jagatud 2π-ga:
  
  $c_0=\frac{I_8}{2\pi}=\frac{35}{128}=0{.}2734$
Vastus

Täispöörde pindala on 35π/64 ≈ 1,7181 ja sirge tõus 35/128 ≈ 0,2734. Igal sammul korrutatakse tulemust teguriga (n − 1)/n, nii et keskmine väärtus väheneb ligikaudu nagu √(2/(πn)). Kui n = 8, annab see 0,2821; tegelik väärtus on 0,2734. Sama taandamist saab kasutada veerandpöördel ka paaritute astmete jaoks, mille algväärtus on π/2 asemel 1. Kui hinnata iga paarisastme integraali naabruses olevate paaritute astmete integraalidega ülalt ja alt, annavad suhted korrutamisel John Wallise korrutise π/2 = (2·2·4·4·6·6…)/(1·3·3·5·5·7…). Wallis esitas selle teoses Arithmetica infinitorum (1656), otsides viisi veerandringi pindala ∫₀¹√(1 − x²) dx arvutamiseks.

$\int_{0}^{2\pi}\sin^{8}x\,dx=\tfrac{35\pi}{64}\approx1{.}7181,\qquad c_0=\tfrac{35}{128}\approx0{.}2734$

Lisaülesanded, ainult vastustega

Leia ∫ sin²x dx.

Näita vastust

x/2 − sin 2x/4 + C, kuna sin²x = (1 − cos 2x)/2.

$\frac{x}{2}-\frac{\sin2x}{4}+C$
Leia ∫ tan³x sec²x dx.

Näita vastust

tan⁴x/4 + C, asendusega u = tan x, sest sec²x on selle tuletis.

$\tfrac14\tan^{4}x+C$
Leia ∫ sin 5x sin 2x dx.

Näita vastust

sin 3x/6 − sin 7x/14 + C, kasutades valemit sin A sin B = ½(cos(A − B) − cos(A + B)).

$\frac{\sin3x}{6}-\frac{\sin7x}{14}+C$
Leia ∫ √(4 − x²) dx.

Näita vastust

2 arcsin(x/2) + x√(4 − x²)/2 + C, asendusega x = 2 sin θ.

$2\arcsin\frac{x}{2}+\frac{x\sqrt{4-x^{2}}}{2}+C$
Arvuta ∫₀^π/2 cos³x dx.

Näita vastust

2/3. Esita cos³x kujul (1 − sin²x) cos x ning võta u = sin x.

$\int_{0}^{\pi/2}\cos^{3}x\,dx=\tfrac23$

Paaritud astmed tasakaalustuvad, paarisastmete pindala kasvab

Vajuta sin³x: täispööre. Vahemikus π kuni 2π on sin³x graafik sama kujuga kui vahemikus 0 kuni π, kuid tagurpidi, nii et täispöörde märgiga pindala on 0,0000. Algfunktsioon cos³x/3 − cos x jõuab iga 2π järel tagasi algväärtuseni. Asendused u = cos x ja u = sin x saavadki anda ainult selliseid vastuseid: cos x või sin x kaudu avaldatud funktsioon kordub iga 2π järel. Nüüd vajuta sin²x: puuduv x. sin²x on kõikjal mittenegatiivne ja iga täispööre lisab pindala π = 3,1416. Ka algfunktsiooni väärtus peab iga täispöördega kasvama π võrra, piki sirget x/2. Ükski cos x kaudu avaldatud funktsioon nii ei kasva, mistõttu selle asendusega vastust ei leia. Poolnurga valem sin²x = ½ − ½cos 2x sobib, sest konstantne liige ½ annab integreerimisel just vajaliku x/2. Harjutusse on sisestatud −sin(2x)/4, kust x/2 on välja jäetud. Kontroll näitab, et tuletisest jääb igas punktis puudu ½. Tabel annab algfunktsiooni kasvu ühe täispöörde jooksul kõigi astmete jaoks kuni astmeni 6: paaritutel 0, paarisastmetel π, 3π/4 ja 5π/8.

∫√(1 − x²) kaks liiget annavad kolmnurga ja sektori pindala

Vajuta Kolmnurk ja sektor. √(1 − x²) graafik on ühikringjoone ülemine pool, nii et selle alune pindala 0-st x-ni on osa ringist. Punkti (x; √(1 − x²)) tõmmatud raadius jagab selle kaheks. Raadiuse all on täisnurkne kolmnurk kaatetitega x ja √(1 − x²), mille pindala on x√(1 − x²)/2. Kõrval on sektor nurgaga θ = arcsin x ja pindalaga θ/2. Kui x = 0,6, on nende pindalad 0,2400 ja 0,3218 ning summa 0,5618. Algfunktsiooni (x√(1 − x²) + arcsin x)/2 liikmed vastavad täpselt nendele kahele osale. Muutuja θ kaudu on integreeritav funktsioon cos²θ, paarisaste. Katkendjoone ½ all oleva riba pindala θ/2 vastab sektorile. Ülejäänud osa annab integreerimisel sin 2θ/4 ehk kolmnurga pindala. Lohista X väärtuseni 1. Kolmnurk kaob ja sektorist saab veerand ringi, π/4 = 0,7854. Integreeritavas avaldises π-d ei ole, kuid vastusesse toob selle nurk arcsin 1.

π esineb integraalis ∫₀¹ xᵏ√(1 − x²) dx täpselt siis, kui k on paaris

Vajuta Nurka pole vaja. x√(1 − x²) pindala 0-st 1-ni on 0,3333 ehk 1/3 ning alumise joonise nurgaliige on 0,0000. Juure ees olev x on −½ korda avaldise 1 − x² tuletis, seega piisab asendusest u = 1 − x². Harjutuses õigeks loetav vastus −(1 − x²)^(3/2)/3 ei sisalda arkussiinust. Proovi järjest integreeritavate funktsioonide nuppe: π esineb pindalas, kui k = 0, 2 ja 4 (π/4, π/16, π/32), kuid puudub, kui k = 1, 3 ja 5 (1/3, 2/15, 8/105). Siin ilmneb ringjoonel sama paaris- ja paaritute astmete erinevus nagu esimeses osas. Asendusega x = sin θ saab avaldisest xᵏ√(1 − x²) dx avaldis sinᵏθ·cos²θ dθ. Paaritu k korral jääb siinuse aste paarituks ja selle keskmine väärtus täispöördel on 0, mistõttu θ-d sisaldavat liiget ei teki. Ainult sellest liikmest saaks tulla arcsin x või π väärtusel x = 1. Kui √(1 − x²) on korrutatud x-i paaritu astmega, pole kolmnurka vaja.

Õpitee

Integreerimismeetodid

Allikad (3)

The strategy for ∫cosʲx·sinᵏx: if k is odd, keep one sin x and write the rest in cos x with sin²x = 1 − cos²x, then u = cos x; if j is odd, the same with the roles swapped and u = sin x; if both are even, the half-angle identities sin²x = ½ − ½cos 2x and cos²x = ½ + ½cos 2x. Example 3.10 integrates sin²x to x/2 − sin(2x)/4: G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 2, OpenStax (2016), section 3.2, “Trigonometric Integrals”.
The three substitutions and their reference triangles: x = a sin θ with −π/2 ≤ θ ≤ π/2, where cos θ ≥ 0 so the root is a cos θ (Example 3.21 integrates √(9 − x²) this way); x = a tan θ; x = a sec θ, where the root is |a tan θ| and changes sign between x ≥ a and x ≤ −a. The strategy for √(a² − x²) begins by advising a check that the integral cannot be done more easily, naming x√(a² − x²) as one u-substitution handles, and Example 3.23 does x³√(1 − x²) both ways: G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 2, OpenStax (2016), section 3.3, “Trigonometric Substitution”.
Wallis's product π/2 = (2·2·4·4·6·6·8·8…)/(1·3·3·5·5·7·7·9…), in Arithmetica infinitorum (1656), found while trying to compute ∫₀¹ (1 − x²)^(1/2) dx, the area of a quarter of the unit circle: he could integrate (1 − x²)ⁿ for whole n and reached the half power by interpolation, a word the book introduced: J. J. O'Connor and E. F. Robertson, “John Wallis”, MacTutor History of Mathematics Archive, University of St Andrews (2002).

7 Raven Roomi meeskond · Kontrollitud avaldatud allikate põhjal. Parandused on teretulnud.