Computing Integrals by Substitution
Many integrals are most easily computed by means of a change of
variables, commonly called a u-substitution.
The idea is:
per f(g(x))g'(x) posso prendere come antiderivata F(g(x)), se so trovare F t.c. F'=f,
[ proof: DxF(g(x)) = F'(g(x))g'(x) = f(g(x))g'(x) ]
Example
Let's compute ∫
2x(x2-1)4 dx:
g(x) = x2-1, f(x) = x4, f((g(x))g'(x) = (x2-1)42x,
D-1(f)(g(x)) = g(x)5/5 = (x2-1)5/5
or by making the substitution:
Then
Nota. Si sta usando la convenzione di usare
∫f(x)dx per indicare l'insieme dei termini F(x)+C dove F è una
antiderivata di f. Quindi l'equazione precedente sta per:
un termine T tale che Dx(T) = 2x(x2-1)4 deve essere del tipo G(u)+C dove u sta per x2-1
e G è una funzione tale che G'(x)=x4, ovvero per:
un termine f(x) tale che Dx(f(x)) = 2x(x2-1)4 è g(u) tale che
Du(g(u)) = u4 dove u ...
|
We may check this result by differentiating using the Chain Rule:
d dx
|
|
(x2-1)5 5
|
+C |
|
= |
5(x2-1)4 5
|
(2x) = 2x(x2-1)4.
[ok] |
The substitution method amounts to applying the Chain Rule in reverse:
To compute ∫
f(g(x))g'(x) dx, we let
Then
⌠ ⌡ |
f(g(x))g'(x) dx = |
⌠ ⌡ |
f(u) du = F(u) = F(g(x)) |
where F is an antiderivative of f.
Example
To compute ∫ sin(2x)cos(2x) dx, let
u |
= |
sin(2x) |
du |
= |
2cos(2x) dx |
Then
|
= |
⌠ ⌡ |
1 2
|
sin(2x)[2cos(2x) dx] |
|
|
= |
|
|
= |
|
|
= |
|
With practice, you will often be able to write down the result immediately.
Example
We can evaluate |
⌠ ⌡ |
dx
(4x-3)2 |
by letting |
u |
= |
4x-3 |
du |
= |
4 dx → dx = 1/4 du. |
Then
It is not always apparent until you try it whether or not a
substitution will work.
Example
To compute
we will try
u |
= |
x-3 → x = u+3 |
du |
= |
dx |
So
We can also compute a definite integral using a substitution.
Example
Let's evaluate
Let
First, we will compute the indefinite integral:
Now we have two approaches for the definite integral:
Approach 1
Substitute back to the original variable:
So
Approach 2
Change the limits of integration:
Since u = x2, u = 0 when x = 0 and u = 4 when x = 2
Thus, we find that
⌠ ⌡ |
2
0
|
xex2 dx = |
1 2
|
(e4-1). |
Approach 2 works provided certain conditions on f and g are met.
⌠ ⌡ |
b
a
|
f(g(x)) dx = |
⌠ ⌡ |
g(b)
g(a)
|
f(u) du |
if
-
g' is continuous on [a,b].
-
f is continuous on the set of values taken by g on [a,b].
Substitutions are useful or necessary for a huge range of integrals.
You will find yourself either implicitly or explicitly using a
substitution in virtually every integral you compute!
Note. ∫ F(x+h) dx by u = x+h becames ∫ F(u) du,
i.e., as we know, if G'(x)=F(x) then G'(x+h) = F'(x+h).
Ex.: ∫cos(x+5) dx = sin(x+5) [+C] because ∫cos(x) dx = sin(x) [+C]
Sosituzione inversa
Spesso può essere naturale pensare invece che a una sostituzione del tipo u = g(x) a una del tipo x = g(u).
Ad es.
di fronte a ∫√x/(1+x) dx
si potrebbe pensare di:
prendere x=u2, fare dx = 2u du e ricondursi a:
2∫u2/(1+u2) du
=
2∫1-1/(1+u2) du
=
2(u-arctan(u))+C
=
2(√x - arctan√x) + C
Per capire perché la cosa funziona facciamo un esempio dai "calcoli più facili":
Da: ∫cos(x) dx = sin(x) + C con x=u3 ho:
∫ cos(u3) dx = sin(u3) + C
Derivo rispetto a u, facendo, a sinistra, la derivata rispetto a x (che coinciderà con il termine sotto integrale) per la derivata di x rispetto a u:
cos(u3)·(dx/du) = d sin(u3) / du
cos(u3)·(3u2) = d sin(u3) / du
da cui integrando rispetto a u:
∫ cos(u3)·(3u2) du = sin(u3) + C
= sin(x) + C
cioè ∫cos(x) dx = ∫ cos(u3)·d(u3) essendo d(u3) il differenziale di x rispetto ad u (nell'esempio precedente era 2u du).
Quindi, in pratica, si sostituisce e poi si interpreta dx come il differenziale di x rispetto a u.
Se poi si vuole ottenere il risultato in funzione di x occorre che la sostituzione x=g(u) sia invertibile, ossia ricavare u=h(x); questa operazione richiede, evidentemente, qualche attenzione.
Altro esempio:
∫(1+ex)/(1-ex) dx
La presenza preponderante di ex mi suggerisce la sostituzione u = ex, ossia x = log(u).
dx = 1/u du; allora ottengo: ∫(1+u)/(1-u) 1/u du
A questo punto cerco di sbarazzarmi del rapporto tra polinomi di grado 1:
(1+u)/(1-u) 1/u = (1-u+u+u)/(1-u) 1/u = (1 + 2u/(1-u)) 1/u = 1/u + 2/(1-u)
∫(1+u)/(1-u) 1/u du = log(u) - 2 log(1-u)
∫(1+ex)/(1-ex) dx = log(ex) - 2 log(1-ex) = x − 2 log(1−ex) (+c)
Se provassi a fare il calcolo con un programma di calcolo simbolico (come Maple)
potrei otterrere:
∫(1+ex)/(1-ex) dx = x − 2 log(ex−1) (+c).
Chi ha ragione? Facciamo il grafico dell'integranda (blu) e delle due
funzioni soluzione (con c=0) e cerchiamo di capire:
Entrambe le funzioni (quella rappresentata in rosso - e quelle ottenibili da essa con traslazioni verticali - e quelle in grigio - e quelle ottenibili da essa con traslazioni verticali)
sono soluzioni del nostro integrale: una lo è a sinistra di 0, l'altra lo è
a destra. Sia il procedimento "manuale" che quello al computer hanno trascurato
dei casi. Il tracciamento del grafico della funzione e delle soluzioni
(o l'immaginare come essi sono) ci sono di aiuto per capire la situazione. Questo è
un problema tipico, in cui, affidandosi al puro "calcolo", è facile commettere errori.
Se l'integranda è una funzione razionale di sin e cos può essere comoda
la sostituzione t = tan(x/2). Vedi.
Key Concept [index]
The substitution method amounts to applying the Chain Rule in reverse:
To compute ∫
f(g(x))g'(x) dx, we let
Then
⌠ ⌡ |
f(g(x))g'(x) dx = |
⌠ ⌡ |
f(u) du = F(u) = F(g(x)) |
where F is an antiderivative of f.
|