Метод смене у одређеном интегралу

Теорема 13. Нека је функција $f:[a, b]\longrightarrow \mathbb{R}$ непрекидна, а функција $\varphi: [\alpha, \beta]\longrightarrow[a, b]$ има непрекидан извод и при томе је $a=\varphi(\alpha), b=\varphi(\beta)$. Тада важи једнакост $$\int_{a}^{b}{f(x)dx}=\int_{\alpha}^{\beta}{f(\varphi(t))\varphi'(t)dt}.$$

Пример 1. Методом смене решити одређени интеграл $\displaystyle{\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\cos{x}}{\sin^2{x}}dx}}$.

Решење:

$$ \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\cos{x}}{\sin^2{x}}dx}=\left[\begin{array}{clr} t=\sin{x} /'\\ dt=\cos{x}dx\\ x=\frac{\pi}{4}\longrightarrow t=\frac{1}{\sqrt{2}}\\ x=\frac{\pi}{2}\longrightarrow t=1 \end{array}\right]=\int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^{1}{\frac{dt}{t^2}}=\left.-\frac{1}{t}\right|_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^{1}=\sqrt{2}-1.$$ Битно је уочити да се приликом налажења одређеног интеграла у решењу не враћа на стару променљиву $x$ и да се приликом замене променљиве мењају границе интеграције.

Пример 2. Методом смене решити одређени интеграл $I=\displaystyle{\int_{0}^{1}{\frac{\ln{(1+x)}}{1+x^2}dx}}$.

Решење:

$$ I=\int_{0}^{1}{\frac{\ln{(1+x)}}{1+x^2}dx}=\left[\begin{array}{clr} x=tgt /'\\ dx=\frac{dt}{\cos^2{t}}\\ x=0 \longrightarrow t=0\\ x=1 \longrightarrow t=\frac{\pi}{4} \end{array}\right]=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}{\ln{(1+tg{t})}dt}. $$ Како за добијени интеграл није могуће уочити решење, уводи се смена која ће трансформисати границе интеграције и саму подинтегралну функцију. $$ I=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}{\ln{(1+tg{t})}dt}=\left[\begin{array}{clr} p=\frac{\pi}{4}-t /'\\ dp=-dt\\ t=0 \longrightarrow p=\frac{\pi}{4}\\ t=\frac{\pi}{4} \longrightarrow p=0 \end{array}\right]=-\int_{\frac{\pi}{4}}^{0}{\ln{(1+tg{(\frac{\pi}{4}-p)})}dp}= $$$$ =\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}{\ln{\left(1+\frac{1-tg{p}}{1+tg{p}}\right)}dp}=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}{\ln{\left(\frac{2}{1+tg{p}}\right)}dp}=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}{\ln{2}dp}-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}{\ln{(1+tg{p})}dp}. $$ Уочава се да је $\displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}{\ln{(1+tg{p})}dp}}$ заправо интеграл који се појавио на почетку задатка, подинтегрална функција и границе интеграције су исте као код интеграла са почетка након увођења прве смене. Дакле: $$ I=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}{\ln{2}dp}-I \Longrightarrow I = \frac{\pi}{8}\cdot\ln{2}. $$

Пример 3. Методом смене решити интеграл $\displaystyle{I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{x\sin{x}\cos{x}}{\sin^4{x}+\cos^4{x}}dx}}$.

Решење:

$$ I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{x\sin{x}\cos{x}}{\sin^4{x}+\cos^4{x}}dx} =\left[\begin{array}{clr} x=\frac{\pi}{2}-t /'\\ dx=-dt\\ x=0 \longrightarrow t=\frac{\pi}{2}\\ x=\frac{\pi}{2} \longrightarrow t=0 \end{array}\right]= -\int_{\frac{\pi}{2}}^{0}{\frac{(\frac{\pi}{2}-t)\cdot\cos{t}\sin{t}}{\cos^4{t}+\sin^4{t}}dt} = $$$$ =\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\sin{t}\cos{t}}{\cos^4{t}+\sin^4{t}}dt}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{t\cdot\sin{t}\cos{t}}{\cos^4{t}+\sin^4{t}}dt}. $$ Потребно је уочити да $\displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{t\cdot\sin{t}\cos{t}}{\cos^4{t}+\sin^4{t}}dt}}$ има исту подинтегралну функцију и исте границе као интеграл са почетка задатка, па се може означити са $I$. Добија се: $$ I = \frac{\pi}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\sin{t}\cos{t}}{\cos^4{t}+\sin^4{t}}dt}-I, $$ односно, $$ 2I=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\sin{t}\cos{t}}{\cos^4{t}+\sin^4{t}}dt}. $$ Одавде је $$ I=\displaystyle{\frac{\pi}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\sin{t}\cos{t}}{\cos^4{t}+\sin^4{t}}dt}}=\left[\begin{array}{clr} p = \sin{t} /'\\ dp = \cos{t}dt\\ t=0 \longrightarrow p=0\\ t=\frac{\pi}{2} \longrightarrow p=1 \end{array}\right]=\frac{\pi}{4}\int_{0}^{1}{\frac{pdp}{2p^4-2p^2+1}}= $$ $$ =\left[\begin{array}{clr} s=p^2 /'\\ ds = 2pdp\\ p=0 \longrightarrow s=0\\ p=\frac{\pi}{2} \longrightarrow s=1 \end{array}\right]=\frac{\pi}{8}\int_{0}^{1}{\frac{ds}{2s^2-2s+1}}= \frac{\pi}{16}\int_{0}^{1}{\frac{ds}{\left(s-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{4}}}=\left.\frac{\pi}{8}arctg{(2s-1)}\right|_{0}^{1}=\frac{\pi^2}{16}. $$

Следећи аплет приказује график подинтегралне функције из примера 3, као и вредност траженог интеграла.

Пример 4. Решити интеграл $\displaystyle{\int_{\frac{1}{a}}^{a}{\frac{|\ln{x}|}{1+x}dx}}$.

Решење:

Како се у оквиру подинтегралне функције налази апсолутна вредност, неопходно је размотрити када је та апсолутна вредност позитивна, а када је негативна. Због особине адитивности интеграла, могуће је дати интеграл написати помоћу збира, па важи: $$ \int_{\frac{1}{a}}^{a}{\frac{|\ln{x}|}{1+x}dx}=\int_{\frac{1}{a}}^{1}{\frac{-\ln{x}}{1+x}dx}+\int_{1}^{a}{\frac{\ln{x}}{1+x}dx}. $$ Такође, у границама интеграла налази се број $a$, општи број од кога такође зависи знак интеграла. Биће размотрена два случаја - случај када је број $a>1$ и када је $0 < a < 1$.

1. $a>1$ Уводи се смена $\displaystyle{x=\frac{1}{t}}$ за интеграл $\displaystyle{-\int_{\frac{1}{a}}^{1}{\frac{\ln{x}}{1+x}dx}}$. Сада се добија да је почетни интеграл једнак: $$ \int_{\frac{1}{a}}^{a}{\frac{|\ln{x}|}{1+x}dx}=-\int_{a}^{1}{\frac{-\ln{t^{-1}}}{1+\frac{1}{t}}\cdot\frac{dt}{t^2}}+\int_{1}^{a}{\frac{\ln{x}}{1+x}dx}= $$ $$ =\int_{1}^{a}{\frac{\ln{t}}{t(t+1)}dt}+\int_{1}^{a}{\frac{\ln{x}}{1+x}dx}=\int_{1}^{a}{\frac{\ln{x}}{x(x+1)}dx}+\int_{1}^{a}{\frac{\ln{x}}{1+x}dx}= $$$$ =\int_{1}^{a}{\frac{\ln{t}}{1+t}\left(1+\frac{1}{t}\right)dt}=\int_{1}^{a}{\frac{\ln{t}}{t}dt}=\frac{\ln^2{a}}{2}. $$
2. $a<1$ Како је број $a\in(0, 1)$, границе интеграла морају заменити места, а потом ће добијени интеграл бити записан као збир два интеграла. $$ \int_{\frac{1}{a}}^{a}{\frac{|\ln{x}|}{1+x}dx}=-\int_{a}^{\frac{1}{a}}{\frac{|\ln{x}|}{1+x}dx}=\int_{a}^{1}{\frac{\ln{x}}{1+x}dx}-\int_{1}^{\frac{1}{a}}{\frac{\ln{x}}{1+x}dx}. $$ Уводи се смена $\displaystyle{t=\frac{1}{x}}$ за интеграл $\displaystyle{\int_{1}^{\frac{1}{a}}{\frac{\ln{x}}{1+x}dx}}$: $$ \int_{\frac{1}{a}}^{a}{\frac{|\ln{x}|}{1+x}dx}=\int_{a}^{1}{\frac{\ln{x}}{1+x}dx}+\int_{a}^{1}{\frac{\ln{t}}{t(t+1)}dt}= $$$$=\int_{a}^{1}{\frac{\ln{x}}{1+x}\left(1+\frac{1}{x}\right)dx}=\int_{a}^{1}{\frac{\ln{x}}{x}dx}=-\frac{\ln^2{a}}{2}. $$

Следећи аплет приказује график подинтегралне функције из примера 4, као и вредност интеграла у зависности од промене параметра $a$.

Пример 5. Решити интеграл $I=\displaystyle{\int_{0}^{\pi}{\frac{x}{2+\sin{x}}dx}}$.

Решење:

Уводи се смена тако да границе интеграла буду симетричне. Сменом $\displaystyle{t=x-\frac{\pi}{2}}$ границе постају симетричне и почетни интеграл је могуће записати као збир два интеграла. $$ I=\int_{0}^{\pi}{\frac{x}{2+\sin{x}}dx}=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{t}{2+\cos{t}}dt}+\frac{\pi}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{dt}{2+\cos{t}}}. $$ Интервал у коме се врши интеграција је симетричан у односу на координатни почетак. Подинтегрална функција интеграла $\displaystyle{\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{t}{2+\cos{t}}dt}}$ је непарна на симетричном интервалу, па је овај интеграл једнак нули. Како је подинтегрална функција интеграла $\displaystyle{\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{dt}{2+\cos{t}}}}$ парна на симетричном интервалу, важи да је $\displaystyle{\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{dt}{2+\cos{t}}}=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\frac{dt}{2+\cos{t}}}}$. Дакле, важи: $$ I=\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{dt}{2+\cos{t}}}. $$ Уводи се смена $\displaystyle{p=tg{\frac{t}{2}}}$. Добија се да је почетни интеграл сада једнак $$ I=\pi\int_{0}^{1}{\frac{2dp}{3+p^2}}=\left.\frac{2\pi}{\sqrt{3}}arctg{\frac{p}{\sqrt{3}}}\right|_{0}^{1}=\frac{\pi^2}{3\sqrt{3}}. $$

Следећи аплет приказује графике подинтегралних функција из примера 5, као и решења наведених интеграла.