定積分に対して三角関数を使用しないのはなぜですか?

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A-Level Student 2020-09-27 11:33.

次の例では、微積分を使用して半円の領域を見つけようとしています。これは明らかに $\frac{\pi{r}^2}{2}$。事実上、私は見つけようとしています$$\int_{-r}^r\sqrt{r^2-x^2}dx$$ ここに行きます:しましょう $x=r\sin\theta$$$\frac{dx}{d\theta}=r\cos\theta\implies dx=r\cos\theta d\theta$$ いつ: $$x=r, ~~~~\text{Then}~~~~\sin\theta=1\implies\theta=\frac{\pi}{2}$$ $$x=-r, ~~~~\text{Then}~~~~\sin\theta=-1\implies\theta=-\frac{\pi}{2}$$ $$\therefore\int_{-r}^r\sqrt{r^2-x^2}dx=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}r\cos\theta\sqrt{r^2-r^2\sin^2\theta} ~~d\theta$$ $$=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}r^2\cos^2\theta~~d\theta=\frac{r^2}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(1+\cos2\theta)~~d\theta=\frac{r^2}{2}\left[\theta+0.5\sin2\theta\right]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{r^2}{2}((\frac{\pi}{2}+0)-(-\frac{\pi}{2}-0))=\frac{\pi r^2}{2}$$ 要求に応じ。


しかし、私が新しい積分の限界を計算していた段階に戻ります。$\theta$。私がこのようなものを書いたとしましょう:

いつ: $$x=r, ~~~~\text{Then}~~~~\sin\theta=1\implies\theta=\frac{5\pi}{2}$$ $$x=-r, ~~~~\text{Then}~~~~\sin\theta=-1\implies\theta=-\frac{5\pi}{2}$$ その後、私は最終的にの答えを得るでしょう $$\frac{5\pi r^2}{2}$$どこが間違っているのですか?私の論理は完璧であるように思えますが、三角関数を使用する場合、defnite積分は単純にあいまいです。これは、三角関数を含むすべての積分に適用されます。要するに、三角関数を使って計算されたすべての定積分が間違った答えを生成することはできませんか?

もしそうなら、定積分の数学は間違っていませんか?ご協力いただきありがとうございます。

4 answers

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José Carlos Santos 2020-09-27 11:38.

いつ、プリミティブを計算するために $\int f(x)\,\mathrm dx$、タイプの置換を行います $x=g(y)$ (一緒に $f(x)=g'(x)\,\mathrm dy$、もちろん)、置換関数 $g$全単射でなければなりません。あなたが取る場合$x=r\sin\theta$、と $\theta\in\left[-\frac\pi2,\frac\pi2\right]$、全単射があるので、すべてが正常に機能します。または$\theta\in\left[\frac32\pi,\frac52\pi\right]$。しかし、あなたが間隔を取る場合$\left[-\frac52\pi,\frac52\pi\right]$、全単射はもうありません。

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Eric Towers 2020-09-28 05:09.

代用定理の証明が依存する微積分学の基本定理のステートメントの一部は、変数変換が全単射である必要はありません。これは一般的なエラーです。(私は最初に微積分を教えるまで自分で作りました。)(この質問は二元性が必要であるように見えるので、あなたの質問に答える最後にこの時点に戻ります。)

もう1つの一般的なエラーは、定積分の三角関数による置換中に、変数変換に沿って古い積分から新しい積分への積分の境界を「プッシュ」すると信じることです。これは、三角関数の置換の場合のように、順方向に置換定理を使用する場合はtrue、逆方向に使用する場合はfalseです。置換の逆関数に沿って(ドメイン制限が何であれ)境界を新しい境界に「引っ張る」必要があります。あなたの場合、$x = r \sin \theta$ 逆を与える $\theta = \arcsin(x/r)$。だからあなたは見つけるしかない$\theta$s \begin{align*} \theta_{\text{lower}} &= \arcsin(-1) = -\pi/2 \\ \theta_{\text{upper}} &= \arcsin(1) = \pi/2 \text{.} \end{align*}アークサインにサインのドメインの異なる制限を使用することもできますが、微積分学の基本定理を適用するには、この逆関数の選択が積分の間隔で連続している(したがって定義されている)必要があります。間隔を含むアークサインを与えるそのような制限はありません$[-5\pi/2, 5\pi/2]$これは、双射性が全体像に入るところです-積分の全間隔にわたって逆関数が存在することを保証するためです。(そして、それは定理を逆に適用するときだけ絵に入ります。)

私たちはあなたの導出における非常に一般的な代数エラーを修正する必要があります。特に、$\sqrt{a^2} = |a|$ のために $a$。その平方根を正しく取りましょう。\begin{align*} I &= \int_{-r}^r \; \sqrt{r^2 - x^2} \,\mathrm{d}x & & \hspace{-1in}\begin{bmatrix} x = r \sin \theta \\ \mathrm{d}x = r \cos \theta \,\mathrm{d}\theta \\ \theta = \sin^{-1}(x/r) \end{bmatrix} \\ &= \int_{\sin^{-1}(-r/r)}^{\sin^{-1}(r/r)} \; \sqrt{r^2 - (r \sin \theta)^2}\, r \cos \theta \,\mathrm{d}\theta \\ &= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \; \sqrt{r^2(1 - \sin^2 \theta)}\, r \cos \theta \,\mathrm{d}\theta \\ &= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \; \sqrt{r^2 \cos^2 \theta}\, r \cos \theta \,\mathrm{d}\theta \\ &= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \; |r \cos \theta| r \cos \theta \,\mathrm{d}\theta \\ &= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \; |r| |\cos \theta| r \cos \theta \,\mathrm{d}\theta \\ &= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \; |\cos \theta| r^2 \cos \theta \,\mathrm{d}\theta & & \hspace{-1in}[ r \geq 0 ] \\ \end{align*}コサインは、積分の間隔、象限IとIV、および象限角度で非負であることを思い出してください。 $0$\begin{align*} I &= r^2 \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \; \cos^2 \theta \,\mathrm{d}\theta \\ &= r^2 \left.\left( \frac{\theta}{2} + \frac{\sin(2\theta)}{4} \right) \right|_{\theta = -\pi/2}^{\pi/2} \\ &= r^2 \left( \left( \frac{\pi}{4} + \frac{\sin(\pi)}{4} \right) - \left( \frac{-\pi}{4} + \frac{\sin(-\pi)}{4} \right) \right) \\ &= r^2 \left( \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} \right) \\ &= \frac{1}{2} \pi r^2 \text{.} \end{align*}

置換定理(脚注)の実際のステートメントは次のとおりです。

しましょう $\varphi:[a,b] \rightarrow I$ 連続導関数を持つ微分可能関数であり、ここで $I \subseteq \Bbb{R}$は間隔です。仮定$f:I \rightarrow \Bbb{R}$連続関数です。次に、$u = \varphi(x)$ $$ \int_a^b \; f \left( \varphi(x) \right) \varphi'(x) \,\mathrm{d}x = \int_{\varphi(a)}^{\varphi(b)} \; f(u) \,\mathrm{d}u \text{.} $$

その英語版ウィキペディアの記事は、三角関数による置換が通常の置換と少し異なる理由について説明しています。

この式は、ある積分を計算しやすい別の積分に変換するために使用されます。したがって、与えられた積分を単純化するために、式を左から右または右から左に読み取ることができます。前者の方法で使用される場合、それは時々として知られています$u$-置換または $w$-新しい変数が、複合関数内で見つかった元の変数の関数に内部関数の導関数を掛けたものとして定義される置換。後者の方法は、三角関数の置換で一般的に使用され、元の変数を新しい変数の三角関数に置き換え、元の微分を三角関数の微分に置き換えます。

右から左と左から右の意味を明確にするために、2つの例を挙げましょう。まず、左から右へ:$$ J = \int_{-2}^{1} \frac{2 x \, \mathrm{d}x}{\sqrt{x^2 + 1}} \text{.} $$ ここでは、 $u$ダミー変数のいくつかの組み合わせを表し、被積分関数の一部を単純化し、結果の微分が被積分関数の一部を消費し、何かを単純化することを期待します。だから私たちは設定しました$u = x^2 + 1$。あれは、$\varphi(x) = x^2 + 1$これは全単射ではありません。$\varphi(1) = \varphi(-1)$次に、$\mathrm{d}u = 2 x \,\mathrm{d}x$。あれは、$\varphi'(x) = 2x$。代入式の左辺に一致しています。したがって、定理を適用して、方程式の右辺のバージョンを取得します。$$ J = \int_{\varphi(-2) = 5}^{\varphi(1) = 2} \frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{u}} \text{,} $$仕上げが簡単です。さて、右から左へ:$$ K = \int_{-r}^r \; \sqrt{r^2 - x^2} \,\mathrm{d}x \text{.} $$ ここでは、 $x = r \sin \theta$、ダミー変数の組み合わせをキャプチャしようとせず、差分を使用して被積分関数の一部をキャプチャしようとしない。定理の方程式の右側にあるより単純に見える積分から始めて、左側にある手の込んだ積分に置き換えます。これが、逆関数に沿って積分の端点を区間の端点まで運ぶことができなければならないため、逆関数が区間全体で機能しなければならない理由です。$I$ (定理からの表記)。

右から左に定理を使用する場合、1つが適用されます $\varphi^{-1}$エンドポイントに。あなたの質問では、選択肢はありません$\varphi^{-1}$ それは間隔を与えます $I$ エンドポイントで $-5\pi/2$ そして $5\pi/2$。サインの逆数の最大間隔には幅があります$\pi$

(脚注)英語版ウィキペディアでの定理の記述が不完全であることが(当然のことながら)懸念されるかもしれません。

Rogowski etal。「Calculus:Early Transcendentals、4th ed。」、p。340:

定理1:置換法:If $F'(x) = f(x)$、および $u$ の定義域を含む範囲の微分可能関数です。 $f$$$ \int f(u(x))u'(x)\,\mathrm{d}x = F(u(x)) + C \text{.} $$

(以来 $F$ の不定積分です $f$、右側のオブジェクトは $\int f(u) \,\mathrm{d}u$。)

No bijectivity requirement here. You will also not find a bijectivity requirement in other careful statements of the theorem because there is no explicit or implicit bijectivity requirement in the forward direction. Bijectivity is only relevant in the reverse direction and is expressed implicitly by means of the interval $I$, in the English Wikipedia quote, and in Rogowski by writing $F(u(x))$, which requires the domain of $F$ to include the range of $u$, which is given to include the domain of $f$. (Recall that in a definite integral, we may replace "$f$" with a function that is undefined outside the interval of integration.)

4
David K 2020-09-27 12:06.

Ideally, as others have pointed out, you will set up the bounds of your trigonometric substitution so that each value of $x$ you need is produced once and only once, in a continuous stream. For $-\frac\pi2 \leq \theta \leq \frac\pi2,$ if $x = r\sin\theta$ then $x$ increases monotonically from $-r$ to $r$ as $\theta$ increases monotonically from $-\frac\pi2$ to $\frac\pi2.$ This makes a very "clean" substitution.

(Note: throughout this answer I am assuming $r > 0.$ In the case where $r<0$ then $\int_{-r}^r\sqrt{r^2-x^2}dx$ is negative and is not the answer to the initial problem, "What is the area of a semicircle?")

When you increase $\theta$ from $-\frac{5\pi}2$ to $\frac{5\pi}2,$ the value of $x$ starts at $-r,$ increases to $r,$ then decreases back to $-r$, then increases to $r$ again, decreases to $-r$ again, and finally increases to $r.$ That's a lot of increasing and decreasing just to cover the distance from $-r$ to $r.$

But the up-and-down-and-up movement of $x$ is not really the problem. What is the problem is that your substitution is not correct over the entire domain $-\frac{5\pi}2 \leq \theta \leq \frac{5\pi}2.$

In particular, look at this equation on which you rely (where I have written $a$ and $b$ as the bounds of the interval of integration, since you propose to use the same method from $-\frac{5\pi}2$ to $\frac{5\pi}2$ as for $-\frac{\pi}2$ to $\frac{\pi}2$):

$$\int_a^b r\cos\theta \sqrt{r^2-r^2\sin^2\theta} \,d\theta =\int_a^b r^2\cos^2\theta\,d\theta.$$

In order to justify this equation, you must show that $\sqrt{r^2-r^2\sin^2\theta} = r\cos\theta.$ That is easily proved when $\cos\theta \geq 0,$ but it is false when $\cos\theta < 0.$ When $\cos\theta < 0,$ the correct equation is

$$\int_a^b r\cos\theta \sqrt{r^2-r^2\sin^2\theta} \,d\theta =\int_a^b -r^2\cos^2\theta\,d\theta.$$

Alternatively, you could combine the two equations as $$\int_a^b r\cos\theta \sqrt{r^2-r^2\sin^2\theta} \,d\theta =\int_a^b -r^2\cos\theta \lvert\cos\theta\rvert \,d\theta,$$ but the integral of $\cos\theta \lvert\cos\theta\rvert$ is not the same as the integral of $\cos^2\theta,$ so you still have some work to do to sort things out.

Here's how the integral can be correctly integrated from $-\frac{5\pi}2$ to $\frac{5\pi}2$:

\begin{align} \int_{-r}^r \sqrt{r^2-x^2}\,dx &= \int_{-5\pi/2}^{5\pi/2} r\cos\theta\sqrt{r^2-r^2\sin^2\theta} \,d\theta\\ &= \int_{-5\pi/2}^{5\pi/2} r^2(\cos\theta)\lvert\cos\theta\rvert \,d\theta\\ &= \int_{-5\pi/2}^{-3\pi/2} r^2\cos^2\theta \,d\theta\\ &\qquad + \int_{-3\pi/2}^{-\pi/2} -r^2\cos^2\theta \,d\theta\\ &\qquad + \int_{-\pi/2}^{\pi/2} r^2\cos^2\theta \,d\theta\\ &\qquad + \int_{\pi/2}^{3\pi/2} -r^2\cos^2\theta \,d\theta\\ &\qquad + \int_{3\pi/2}^{5\pi/2} r^2\cos^2\theta \,d\theta\\ &= \frac{\pi r^2}{2} - \frac{\pi r^2}{2} + \frac{\pi r^2}{2} - \frac{\pi r^2}{2} + \frac{\pi r^2}{2} \\ &= \frac{\pi r^2}{2}, \end{align} using the fact that $\lvert\cos\theta\rvert = -\cos\theta$ when $\cos\theta \leq 0.$

You actually get the correct answer, but only if you integrate the correct function over the entire interval. Also notice that each time $\sin\theta$ decreases from $1$ to $-1$ (that is, each time $x$ decreases from $r$ to $-r$) you precisely wipe out the amount you integrated on the previous increase. In effect, by allowing $x$ to go up and down all these times, you end up integrating

\begin{multline} \int_{-r}^r \sqrt{r^2-x^2}\,dx + \int_r^{-r} \sqrt{r^2-x^2}\,dx + \int_{-r}^r \sqrt{r^2-x^2}\,dx\\ + \int_r^{-r} \sqrt{r^2-x^2}\,dx + \int_{-r}^r \sqrt{r^2-x^2}\,dx, \end{multline}

in which the first four integrals cancel each other out.

1
herb steinberg 2020-09-27 11:40.

The original integral has $x=0$ only once, therefore you must use a $\theta$ range where $sin(\theta)$ has only one zero.

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