Peržiūrėti šaltinį Matematika/Trigonometrinių funkcijų integravimas


'''I.''' Integralai <math>\int\sin^m x\cos^n x dx,</math> kur ''m'', ''n'' - sveikieji skaičiai, suvedami į integralą su binominiu diferencialu ir integruojami tik 3 atvejais:
:1)''n'' nelyginis;
:2)''m'' nelyginis;
:3)''m+n'' lyginis.
Jei ''n'' ''nelyginis'', taikome keitinį <math>\sin x=t,</math> jei ''m'' ''nelyginis'', taikome keitinį <math>\cos x=t;</math> jei <math>m+n</math> ''lyginis'', keičiame <math>\tan x=t;</math>
<math>\sin x=\frac{t}{\sqrt{1+t^2}};\;\cos x=\frac{1}{\sqrt{1+t^2}};\;dx=\frac{dt}{1+t^2}.</math>

'''Pavyzdžiai'''

*<math>\int\frac{dx}{5\cos^2 x+9\sin^2 x}.\;\tan x=t;\;\sin x=\frac{t}{\sqrt{1+t^2}};\;\cos x=\frac{1}{\sqrt{1+t^2}};\;dx=\frac{dt}{1+t^2}.</math>
<math>\int\frac{\frac{dt}{1+t^2}}{5(\frac{1}{\sqrt{1+t^2}})^2+9(\frac{t}{\sqrt{1+t^2}})^2}=\int \frac{dt}{5+9t^2}=\frac{1}{3\sqrt{5}}\arctan\frac{3t}{\sqrt{5}}+C.</math>

*<math>\int\frac{\cos^4 x}{\sin^2 x}dx=\int\frac{(1-\sin^2 x)^2}{\sin^2 x}dx=\int(\frac{1}{\sin^2 x}-2+\sin^2 x)dx=-\cot x-2x+\frac{1}{2}\int(1-\cos(2x))dx=</math>
<math>=-\cot x-\frac{3x}{2}-\frac{\sin(2x)}{4}+C.</math>

*<math>\int\frac{\sin^2 x}{\cos^6 x}dx.</math> Skaičiai ''m'' ir ''n'' lyginiai, <math>m=2,</math> <math>n=-6,</math> <math>m+n=-4</math> lyginis, todėl taikome keitnį <math>\tan x=t;</math> <math>\sin^2 x=\frac{t^2}{1+t^2};</math> <math>\cos x=\frac{1}{\sqrt{1+t^2}};</math> <math>\cos^6 x=\frac{1}{(1+t^2)^3};</math> <math>dx=\frac{dt}{1+t^2}.</math>
:<math>\int\frac{\sin^2 x}{\cos^6 x}dx=\int\frac{\frac{t^2}{1+t^2}\cdot \frac{dt}{1+t^2}}{\frac{1}{(1+t^2)^3}}=\int\frac{\frac{t^2 \; dt}{(1+t^2)^2}}{\frac{1}{(1+t^2)^3}}=\int\frac{t^2 }{(1+t^2)^2}\cdot (1+t^2)^3 dt=\int t^2(1+t^2)dt=\frac{t^3}{3}+\frac{t^5}{5}+C=\frac{\tan^3 x}{3}+\frac{\tan^5 x}{5}+C.</math>


*Apskaičiuosime integralą <math>\int\frac{\sin x \cos x \; dx}{\sin^4 x+\cos^4 x}.</math>
:Kadangi pointegralinė funkcija nekeičia reikšmės, kai kartu keičiami <math>\sin x</math> ir <math>\cos x</math> ženklai, tai pagal tam tikras taisykles, pakeitę <math>t=\tan x,</math> gauname
:<math>\int\frac{\sin x \cos x \; dx}{\sin^4 x+\cos^4 x}=\int\frac{\frac{t}{\sqrt{1+t^2}} \frac{1}{\sqrt{1+t^2}} \frac{dt}{1+t^2}}{\frac{t^4}{(1+t^2)^2}+\frac{1}{(1+t^2)^2}}=\int\frac{\frac{t}{(1+t^2)^2} dt}{\frac{t^4+1}{(1+t^2)^2}}=\int\frac{t \; dt}{t^4+1}=\frac{1}{2}\int\frac{ d(t^2)}{(t^2)^2+1}=\frac{1}{2}\arctan(t^2)+C=\frac{1}{2}\arctan(\tan^2 x)+C,</math>
:kur <math>\sin^4 x=\frac{t^4}{(1+t^2)^2}, \;\; \cos^4 x=\frac{1}{(1+t^2)^2}, \;\; dx=\frac{dt}{1+t^2}.</math>


'''II.'''Integralai <math>\int\sin x\cos x dx</math> (be laipnsių) suvedami į racionaliųjų funkcijų integralus keitiniu <math>\tan\frac{x}{2}=t.</math> Tada <math>\sin x=\frac{2t}{1+t^2};\;\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2};\;dx=\frac{2\; dt}{1+t^2}.</math>

'''Pavyzdžiai'''

*<math>\int\frac{dx}{3+\sin x+\cos x}.</math> <math>\tan\frac{x}{2}=t;</math> <math>\frac{x}{2}=\arctan t;</math> <math>x=2\arctan t;</math> <math>\sin x=\frac{2t}{1+t^2};</math> <math>\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}; </math> <math>dx=d(2\arctan t)=\frac{2\; dt}{1+t^2}.</math>
<math>\int\frac{dx}{3+\sin x+\cos x}=\int\frac{\frac{2\;dt}{1+t^2}}{3+\frac{2t}{1+t^2}+\frac{1-t^2}{1+t^2}}=\int\frac{\frac{2\;dt}{1+t^2}}{\frac{2(t^2+t+2)}{1+t^2}}=\int \frac{dt}{t^2+t+2}=\int \frac{dt}{(t+\frac{1}{2})^2+\frac{7}{4}}=</math>
<math>=\frac{2}{\sqrt{7}}\arctan \frac{2t+1}{\sqrt{7}}+C=\frac{2}{\sqrt{7}}\arctan \frac{2\tan\frac{x}{2}+1}{\sqrt{7}}+C.</math>


*<math>\int\frac{\cot x\; dx}{1-\sin x-\cos x}=\int\frac{\cos x\; dx}{\sin x(1-\sin x-\cos x)}=\int \frac{\frac{1-t^2}{1+t^2}\cdot \frac{2\; dt}{1+t^2}}{\frac{2t}{1+t^2}(1-\frac{2t}{1+t^2}-\frac{1-t^2}{1+t^2})}=</math>
<math>=\int\frac{\frac{2(1-t^2)dt}{(1+t^2)^2}}{\frac{2t+2t^3-4t^2-2t+2t^3}{(1+t^2)^2}}=\int\frac{2(1-t)(1+t)dt}{4t^3-4t^2}=\int\frac{2(1-t)(1+t)dt}{-4t^2(1-t)}=-\frac{1}{2}\int(\frac{1}{t^2}+\frac{1}{t})dt=\frac{1}{2}(\cot\frac{x}{2}-\ln|\tan \frac{x}{2}|)+C,</math>
kur <math>\tan\frac{x}{2}=t;\;\sin x=\frac{2t}{1+t^2};\;\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2};\;dx=\frac{2\; dt}{1+t^2}.</math>


'''III.''' Integralams <math>\int R(x,\;\sqrt{a^2-x^2})dx=\int x^{\pm 1}(\sqrt{a^2-x^2})^{\pm 1}dx</math> taikomi ketiniai <math>x=a\sin t,</math> <math>x=a\tan t</math> arba <math>x=\frac{a}{\sin t}.</math>

'''Pavyzdžiai'''
*<math>\int x\sqrt{9-x^2}dx=\int 3\sin t\sqrt{9-9\sin^2 t}\cdot 3\cos t\; dt=27\int \sin t \sqrt{1-\sin^2 t}\cdot \cos t\; dt=</math>
<math>=27\int \sin t \cos t\cos t\; dt=-27\int\cos^2 t \;d(\cos t)=-27\frac{\cos^3 t}{3}+C=-9(1-\sin^2 t)\sqrt{1-\sin^2 t}+C=</math>
<math>=-9(1-\frac{x^2}{3^2})\sqrt{1-\frac{x^2}{3^2}}+C=-\frac{1}{3}(9-x^2)\sqrt{9-x^2}+C,</math>
kur <math>3\sin t=x;</math> <math>\sin t =\frac{x}{3};</math> <math>dx=3\cos t dt.</math>

*<math>\int\frac{dx}{x\sqrt{a^2+x^2}}=\int\frac{a\;dt}{a\cos^2 t\cdot\tan t\sqrt{a^2+a^2\tan^2 t}}=\int\frac{a\;dt}{a^2\cos^2 t\cdot\tan t\sqrt{1+\tan^2 t}}=\int\frac{\cos t \; dt}{a\cos^2 t\cdot\tan t}=\frac{1}{a}\int\frac{dt}{\sin t}=</math>
<math>=\frac{1}{a}\ln|\frac{1-\cos t}{\sin t}|+C=\frac{1}{a}\ln|\frac{1}{\sin t}-\cot t|+C=\frac{1}{a}\ln|\frac{\sqrt{a^2+x^2}-a}{x}|+C,</math> 
:kur <math>x=a\tan t;</math> <math>dx=\frac{a}{\cos^2 t};</math> <math>\tan t=\frac{x}{a};</math> <math>\cot t=\frac{a}{x};</math> <math>\frac{1}{\sin t}=\sqrt{1+\cot^2 t}=\frac{\sqrt{a^2+x^2}}{x};</math> <math>1+\tan^2 t=\frac{1}{\cos^2 t}. </math>

==Integravimas tam tikrų klasių trigonometrinių funkcijų==

<math>\int R (\sin x, \cos x) \mathsf{d}x =\int R\left(\frac{2 t}{1+t^2}, \; \frac{1-t^2}{1+t^2}\right) \frac{2\mathsf{d}t}{1+t^2}. </math>

:Imamas keitinys <math>\tan \frac{x}{2}=t, \quad -\pi< x< \pi.</math>
:Funkcijos <math>\sin (x)</math> ir <math>\cos(x)</math> išreiškiamos per tangentą <math>\tan \frac{x}{2}</math> ir taip išreiškiamos per ''t''.
:<math>\sin x=\frac{2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}}{1}=\frac{2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}}{\sin^2\frac{x}{2}+\cos^2\frac{x}{2}}=\frac{2(\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2})/\cos^2\frac{x}{2}}{(\sin^2\frac{x}{2}+\cos^2\frac{x}{2})/\cos^2\frac{x}{2}}=\frac{2\tan\frac{x}{2}}{\tan^2\frac{x}{2}+1}=\frac{2t}{1+t^2},</math>
:<math>\cos x=\frac{\cos^2\frac{x}{2}-\sin^2\frac{x}{2}}{1}=\frac{\cos^2\frac{x}{2}-\sin^2\frac{x}{2}}{\sin^2\frac{x}{2}+\cos^2\frac{x}{2}}=\frac{(\cos^2\frac{x}{2}-\sin^2\frac{x}{2})/\cos^2\frac{x}{2}}{(\sin^2\frac{x}{2}+\cos^2\frac{x}{2})/\cos^2\frac{x}{2}}=\frac{1-\tan^2\frac{x}{2}}{\tan^2\frac{x}{2}+1}=\frac{1-t^2}{1+t^2}.</math>
:Toliau
:<math>\frac{x}{2}=\arctan t, \;\; x=2\arctan t, \quad \mathsf{d}x=\frac{2\mathsf{d}t}{1+t^2}.</math>

===Pavyzdžiai===


*<math>\int\frac{dx}{\sin x}=\int\frac{ \frac{2\mathsf{d}t}{1+t^2}}{\frac{2 t}{1+t^2}}=\frac{dt}{t}=\ln|t|+C=\ln\left|\tan\frac{x}{2}\right|+C.</math>

*<math>\int\frac{\mathsf{d}x}{1+\sin x}=\int\frac{\frac{2\mathsf{d}t}{1+t^2}}{1+\frac{2 t}{1+t^2}}=\int\frac{2\mathsf{d}t}{(1+t^2)\frac{1+t^2+2 t}{1+t^2}}=\int\frac{2\mathsf{d}t}{t^2+2 t+1}=\int\frac{2\mathsf{d}t}{(t+1)^2}=</math>
:<math>=\int\frac{2\mathsf{d}(t+1)}{(t+1)^2}=-\frac{2}{t+1}+C=-\frac{2}{\tan\frac{x}{2}+1}+C_1.</math>

*<math>\int\frac{ \mathsf{d}x}{9+8\cos x+ \sin x}=\int\frac{ 2\mathsf{d}t}{(1+t^2)(9+8\cdot \frac{1-t^2}{1+t^2}+ \frac{2t}{1+t^2})}=\int\frac{ 2\mathsf{d}t}{(1+t^2)\cdot \frac{9(1+t^2)+8(1-t^2)+2t}{1+t^2}}=</math>
:<math>=\int\frac{ 2\mathsf{d}t}{ 9(1+t^2)+8(1-t^2)+2t}=2\int\frac{ \mathsf{d}t}{ 9+9t^2+8-8t^2+2t}=2\int\frac{ \mathsf{d}t}{ t^2+2t+17}=2\int\frac{ \mathsf{d}t}{ (t+1)^2+16}=</math>
:<math>=2\int\frac{ \mathsf{d}t}{ 16(\frac{(t+1)^2}{16}+1)}=2\int\frac{4 \mathsf{d}(\frac{t+1}{4})}{ 16((\frac{t+1}{4})^2+1)}=\frac{1}{2}\int\frac{ \mathsf{d}(\frac{t+1}{4})}{ (\frac{t+1}{4})^2+1}=\frac{1}{2}\arctan \frac{t+1}{4}+C=\frac{1}{2}\arctan \frac{\tan \frac{x}{2}+1}{4}+C,</math>
:kur <math>\mathsf{d}\left(\frac{t+1}{4}\right)=\frac{\mathsf{d}t}{4}; \;\; \mathsf{d}t=4\mathsf{d}\left(\frac{t+1}{4}\right).</math>


*<math>\int\frac{1+\sin x}{\sin x (1+\cos x)}dx=\int\frac{(1+\frac{2t}{1+t^2})\frac{2 \;\mathsf{d}t}{1+t^2}}{\frac{2t}{1+t^2} (1+\frac{1-t^2}{1+t^2})}=\int\frac{\frac{1+t^2+2t}{1+t^2}\frac{2 \;\mathsf{d}t}{1+t^2}}{\frac{2t}{1+t^2} (\frac{1+t^2}{1+t^2}+\frac{1-t^2}{1+t^2})}=\int\frac{2\cdot \frac{t^2+2t+1}{(1+t^2)^2} \;\mathsf{d}t}{\frac{2t}{1+t^2} \cdot\frac{2}{1+t^2}}=\int\frac{2 (t^2+2t+1) \;\mathsf{d}t}{4t}=\frac{1}{2}\int(t+2+ \frac{1}{t})\mathsf{d}t=.</math>
:<math>=\frac{1}{2}(\frac{t^2}{2}+2t+ \ln t)+C=\frac{t^2}{4}+t+ \frac{1}{2}\ln t+C=\frac{\tan^2\frac{x}{2}}{4}+\tan\frac{x}{2}+ \frac{1}{2}\ln\tan\frac{x}{2}+C.</math>

==Integravimas tam tikrų klasių trigonometrinių funkcijų 4)==

Jeigu pointegralinė funkcija turi pavidalą <math>R(\sin(x), \cos(x))</math>, bet <math>\sin x</math> ir <math>\cos x</math> turi tik lyginius laipsnius, tai daromas keitinys:
:<math>\tan x=t,</math> 
:<math> x=\arctan t,</math> 
:nes <math>\sin^2 x</math> ir <math>\cos^2 x</math> išsireiškia racionaliai per <math>\tan x</math>:
:<math>\cos^2 x=\frac{1}{2}\left(1+{1 - \tan^2 x \over 1 + \tan^2 x}\right)=\frac{1}{2}\cdot { 1 + \tan^2 x+1 - \tan^2 x \over 1 + \tan^2 x}=\frac{1}{2}\cdot {2 \over 1 + \tan^2 x}={1 \over 1 + \tan^2 x}={1 \over 1 + t^2 },</math> arba
<math>\cos^2 x=\frac{\cos^2 x}{\cos^2 x + \sin^2 x}=\frac{1}{\frac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x}}={1 \over 1 + \tan^2 x}={1 \over 1 + t^2 };</math>
:<math>\sin^2 x=\frac{1}{2}\left(1-{1 - \tan^2 x \over 1 + \tan^2 x}\right)=\frac{1}{2}\cdot { 1 + \tan^2 x-(1 - \tan^2 x) \over 1 + \tan^2 x}=\frac{1}{2}\cdot {2 \tan^2 x\over 1 + \tan^2 x}={\tan^2 x \over 1 + \tan^2 x}={t^2 \over 1 + t^2 },</math> arba
<math>\sin^2 x=\frac{\sin^2 x}{\cos^2 x + \sin^2 x}=\frac{\frac{\sin^2 x}{\cos^2 x}}{\frac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x}}={\tan^2 x \over 1 + \tan^2 x}={t^2 \over 1 + t^2 };</math>
:<math>\mathsf{d}x=\mathsf{d}(\arctan t)=\frac{\mathsf{d}t}{1+t^2}.</math>

===Pavyzdžiai===

*<math>\int\frac{\mathsf{d}x}{2-\sin^2 x}=\int\frac{\mathsf{d}t}{\left( 2-{t^2 \over 1 + t^2 }\right)(1+t^2)}=\int\frac{\mathsf{d}t}{\left({2(1 + t^2)-t^2 \over 1 + t^2 }\right)(1+t^2)}=\int\frac{\mathsf{d}t}{\left({2 + 2 t^2 -t^2 \over 1 + t^2 }\right)(1+t^2)}=</math>
:<math>=\int\frac{\mathsf{d}t}{2 + t^2  }=\int\frac{1}{\sqrt{2}  }\arctan\frac{t}{\sqrt{2}}+C=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan \left(\frac{\tan x}{\sqrt{2}}\right)+C.</math>
:Patikriname
:<math>\frac{\mathsf{d}}{\mathsf{d}x}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan \left(\frac{\tan x}{\sqrt{2}}\right)+C\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\mathsf{d}}{\mathsf{d}x}\left(\arctan \left(\frac{\tan x}{\sqrt{2}}\right)\right).</math>
:Turime, kad <math>\frac{\mathsf{d}}{\mathsf{d}u}\arctan u=\frac{1}{1 + u^2 },</math> kur <math>u=\frac{\tan x}{\sqrt{2}}</math> ir <math>\frac{\mathsf{d}}{\mathsf{d}x}(\frac{\tan x}{\sqrt{2}})=\frac{1}{\sqrt{2}\cos^2 x}.</math> Todėl
:<math>\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\mathsf{d}}{\mathsf{d}u}\left(\arctan u \right) \frac{\mathsf{d}}{\mathsf{d}x}\left(\tan x\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{1 + u^2 } \frac{1}{\sqrt{2}\cos^2 x}=\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{1 + (\frac{\tan x}{\sqrt{2}})^2 } \frac{1}{\sqrt{2}\cos^2 x}=\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{1 + \frac{\tan^2 x}{2} } \frac{1}{\sqrt{2}\cos^2 x}=</math>
:<math>=\frac{1}{2}\frac{2}{2 + \tan^2 x } \frac{1}{\cos^2 x}=\frac{1}{2}\frac{2}{2 + \frac{\sin^2 x}{\cos^2 x} } \frac{1}{\cos^2 x}=\frac{1}{2}\frac{2}{ \frac{2\cos^2 x +\sin^2 x}{\cos^2 x} } \frac{1}{\cos^2 x}=\frac{1}{2}\frac{2\cos^2 x}{ 2\cos^2 x +\sin^2 x}  \frac{1}{\cos^2 x}=\frac{1}{2}\frac{2}{ 2\cos^2 x +\sin^2 x}  =</math>
:<math>=\frac{1}{ 2(1-\sin^2 x) +\sin^2 x} =\frac{1}{ 2-2\sin^2 x +\sin^2 x} =\frac{1}{ 2-\sin^2 x }.</math>

== Taip pat skaitykite ==

* [[Matematika/Integravimas keičiant kintamąjį|Integravimas keičiant kintamąjį]]
* [[Matematika/Integravimas dalimis|Integravimas dalimis]]
* [[Matematika/Racionaliųjų funkcijų integravimas|Racionaliųjų funkcijų integravimas]]
* [[Integralų lentelė]]
* [[Integravimo metodai]]