Schimbarea de variabilă pentru integrala definită

A doua metodă mare de calcul, pe care o studiezi la clasa a 12-a imediat după integrarea prin părți, aduce cu ea singura deosebire cu adevărat vizibilă între lumea integralelor nedefinite și cea a integralelor definite. La integrala nedefinită, după ce ai notat $t=u(x)$ și ai făcut calculul în noua variabilă, ești obligat să revii la $x$: rezultatul trebuie să fie o funcție de $x$. La integrala definită nu revii niciodată — în schimb schimbi limitele de integrare, iar rezultatul este direct un număr.

Programa cere ca metodele de calcul să fie parcurse „punând accentul pe asemănările și deosebirile dintre aplicarea lor la integralele nedefinite și la cele definite", iar aceasta este chiar deosebirea cea mai importantă. Lecția o demonstrează, o pune într-un tabel comparativ și o exersează pe cele două forme ale metodei: substituția directă, cu $t=u(x)$, și substituția inversă, cu $x=\phi (t)$ — cea care va da, mai târziu, aria discului.

Ce vei învăța

• Vei ști să enunți și să demonstrezi formula de schimbare de variabilă pentru integrala definită.
• Vei ști să schimbi limitele de integrare și să înțelegi de ce nu se mai revine la variabila inițială.
• Vei ști să recunoști tiparul $f(u(x))u^{\prime }(x)$ și să alegi substituția potrivită.
• Vei ști să folosești substituția inversă $x=\phi (t)$, cu ipoteza de monotonie, și să justifici alegerea intervalului.
• Vei ști să calculezi ${\int }_0^a\sqrt{a^2-x^2}dx$ cu substituția $x=a\sin t$.
• Vei ști să alegi între integrarea prin părți și schimbarea de variabilă, înainte de a scrie primul rând.

Hai să descoperim împreună

1. De unde vine formula și ce spune ea exact?

Schimbarea de variabilă pentru integrala definită este formula ${\int }_a^{b}f(u(x))u^{\prime }(x)dx={\int }_{u(a)}^{u(b)}f(t)dt$, care înlocuiește variabila $x$ cu $t=u(x)$ și, odată cu ea, capetele $a$ și $b$ cu valorile $u(a)$ și $u(b)$; rezultatul fiind un număr, nu se mai revine la variabila inițială.

Teoremă. Fie $J$ un interval, $f:J\to \mathbb{R}$ o funcție continuă și $u:[a,b]\to J$ o funcție derivabilă, cu derivata $u^{\prime }$ continuă. Atunci $${\int }_a^{b}f(u(x))u^{\prime }(x)dx={\int }_{u(a)}^{u(b)}f(t)dt.$$

Demonstrație. Funcția $f$ este continuă pe intervalul $J$, deci admite primitive pe $J$ — este exact teorema de existență demonstrată la lecția despre funcția integrală și existența primitivelor. Fie $F$ o astfel de primitivă, deci $F^{\prime }=f$ pe $J$.

Funcția compusă $F\circ u$ este derivabilă pe $[a,b]$, iar regula de derivare a funcțiilor compuse, din lecția despre derivarea funcțiilor compuse, dă $$(F\circ u{)}^{\prime }(x)=F^{\prime }(u(x))\cdot u^{\prime }(x)=f(u(x))u^{\prime }(x).$$ Așadar $F\circ u$ este o primitivă a funcției $x\mapsto f(u(x))u^{\prime }(x)$ pe $[a,b]$; această funcție este continuă, fiind produs de funcții continue. Aplicăm formula Leibniz–Newton: $${\int }_a^{b}f(u(x))u^{\prime }(x)dx=F(u(x)){|}_a^b=F(u(b))-F(u(a)).$$

Pe de altă parte, $u(a)$ și $u(b)$ aparțin lui $J$, iar $J$ este interval, deci tot segmentul dintre ele este în $J$ și $F$ este primitivă a lui $f$ acolo. Din nou cu Leibniz–Newton, $${\int }_{u(a)}^{u(b)}f(t)dt=F(t){|}_{u(a)}^{u(b)}=F(u(b))-F(u(a)).$$ Cele două numere sunt egale, ceea ce încheie demonstrația. $■$

Două observații despre enunț, amândouă utile la examen.

(a) Nu se cere ca $u$ să fie injectivă. Formula rămâne adevărată chiar dacă $u$ ia de mai multe ori aceeași valoare pe $[a,b]$. Motivul se vede în demonstrație: nicăieri nu am inversat pe $u$, am folosit doar compunerea.

(b) Nu se cere ca $u(a)<u(b)$. Dacă $u$ scade, noile limite apar în ordine inversă, iar convenția ${\int }_{\beta }^{\alpha }f=-{\int }_{\alpha }^{\beta }f$, fixată odată cu definiția integralei definite, face restul. Ordinea limitelor nu se „corectează" niciodată de mână.

2. Ce se schimbă față de integrala nedefinită?

Aceasta este deosebirea pe care programa cere să fie subliniată. Ea are o consecință practică plăcută: calculul se scurtează. La lecția despre schimbarea de variabilă trebuia, la final, să înlocuiești la loc $t$ cu $u(x)$ și adesea să simplifici expresia obținută; aici te oprești imediat ce ai numărul.

Are însă și o consecință periculoasă: dacă uiți să schimbi limitele, rezultatul este pur și simplu greșit, fără ca vreun semn din calcul să te avertizeze. Un elev care scrie ${\int }_0^{1}2x(x^2+1{)}^{3}dx={\int }_0^1{t}^{3}dt=\frac{1}{4}$ obține un număr perfect plauzibil, dar fals; valoarea corectă este $\frac{15}{4}$. De aceea noile limite se scriu înainte de a rescrie integrandul, nu după.

Merită văzute cele două drumuri unul lângă altul, pe aceeași integrală, ${\int }_0^1\frac{x}{x^2+1}dx$.

Drumul lung (prin integrala nedefinită). Cu $t=x^2+1$ și $dt=2xdx$ obținem $\int \frac{x}{x^2+1}dx=\frac{1}{2}\int \frac{dt}{t}=\frac{1}{2}\ln |t|+\mathcal{C}$, revenim la $x$: $\frac{1}{2}\ln (x^2+1)+\mathcal{C}$, și abia apoi aplicăm formula Leibniz–Newton cu limitele inițiale: $\frac{1}{2}\ln (x^2+1){|}_0^1=\frac{\ln 2}{2}$.

Drumul scurt (direct pe integrala definită). Aceeași substituție, dar cu limite noi: când $x=0$, $t=1$; când $x=1$, $t=2$. Deci ${\int }_0^1\frac{x}{x^2+1}dx=\frac{1}{2}{\int }_1^2\frac{dt}{t}=\frac{1}{2}\ln t{|}_1^2=\frac{\ln 2}{2}$.

Același număr, dar al doilea drum sare peste revenire și peste constantă. Ceea ce nu se poate face niciodată este să amesteci drumurile: să revii la $x$ și să folosești, totuși, limitele noi. Ar însemna să evaluezi $\frac{1}{2}\ln (x^2+1)$ între $1$ și $2$, adică un cu totul alt număr.

3. Cum recunoști tiparul $f(u(x))u^{\prime }(x)$?

Semnul distinctiv este: un factor al integrandului este, până la o constantă, derivata unei expresii care apare compusă în celălalt factor. Substituțiile care acoperă aproape tot ce se cere la Bacalaureat M1 sunt cele fixate la lecția despre substituțiile tipice la schimbarea de variabilă:

Exemplul-model pentru fiecare rând se citește la fel: la ${\int }_1^e\frac{\ln x}{x}dx$, factorul $\frac{1}{x}$ este derivata lui $\ln x$, deci $t=\ln x$; noile limite sunt $\ln 1=0$ și $\ln e=1$, iar integrala devine ${\int }_0^{1}tdt=\frac{t^2}{2}{|}_0^1=\frac{1}{2}$.

4. Cei trei pași ai schimbării de variabilă la integrala definită

Lecția despre schimbarea de variabilă la integrala nedefinită a fixat deja cei trei pași ai schimbării de variabilă: numești funcția din interior, calculezi o primitivă a funcției din exterior, revii la $x$. Procedura de față este sora lor definită și, ca să nu se confunde, poartă numele întreg: cei trei pași ai schimbării de variabilă la integrala definită. Primul pas este identic; al treilea pas de acolo — revenirea la $x$ — dispare, iar în locul lui apare, imediat după primul, calculul noilor limite.

1. Pasul 1 — substituția. Se scrie „notăm $t=u(x)$, deci $dt=u^{\prime }(x)dx$" și se verifică faptul că tot integrandul se rescrie în $t$. Dacă rămâne un $x$ nedizolvat, substituția a fost greșit aleasă.
2. Pasul 2 — noile limite. Se calculează $u(a)$ și $u(b)$ și se scrie explicit: „când $x=a$, $t=u(a)$; când $x=b$, $t=u(b)$". Acesta este pasul pe care baremul îl punctează separat.
3. Pasul 3 — calculul în $t$. Se calculează integrala în noua variabilă și se scrie numărul obținut. Nu se revine la $x$.

Notația „$dt=u^{\prime }(x)dx$" este, ca și la integrala nedefinită, o notație de lucru: ea prescurtează egalitatea de funcții din teoremă și nu are, la acest nivel, un sens propriu. Folosește-o, dar știi ce prescurtează.

5. Ce este substituția inversă și când e permisă?

Uneori integrandul nu are deloc forma $f(u(x))u^{\prime }(x)$ — de pildă $\sqrt{a^2-x^2}$, unde nu se vede nicio derivată „dinăuntru". Atunci mergem în sens invers: impunem o legătură $x=\phi (t)$ și transformăm integrala în una mai simplă.

Teoremă (substituția inversă). Fie $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ continuă și $\phi :[\alpha ,\beta ]\to [a,b]$ derivabilă, cu ${\phi }^{\prime }$ continuă, strict monotonă, cu $\phi (\alpha )=a$ și $\phi (\beta )=b$. Atunci $${\int }_a^{b}f(x)dx={\int }_{\alpha }^{\beta }f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)dt.$$

Justificare. Este chiar teorema din secțiunea 1, citită de la dreapta la stânga, aplicată funcției $u=\phi$ pe intervalul $[\alpha ,\beta ]$: acolo ea spune că ${\int }_{\alpha }^{\beta }f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)dt={\int }_{\phi (\alpha )}^{\phi (\beta )}f(x)dx={\int }_a^{b}f(x)dx$. Nu avem deci o teoremă nouă, ci aceeași teoremă folosită în cealaltă direcție.

La ce servește atunci ipoteza de monotonie, dacă demonstrația nu o cere? La două lucruri, amândouă practice. Întâi, ea garantează că $\phi$ este bijectivă de la $[\alpha ,\beta ]$ pe $[a,b]$, deci că poți determina capetele $\alpha$ și $\beta$ rezolvând ecuațiile $\phi (t)=a$ și $\phi (t)=b$, cu soluție unică. Apoi, ea asigură că noua variabilă parcurge intervalul o singură dată, fără să se întoarcă — ceea ce contează când în integrand apar radicali, pentru că păstrează constant semnul expresiilor de sub modul.

Cea mai simplă substituție inversă este cea care scapă de un radical de ordinul al doilea. Calculăm ${\int }_1^4\frac{dx}{1+\sqrt{x}}$ punând $x=t^2$, cu $t\in [1,2]$: pe acest interval funcția $t\mapsto t^2$ este strict crescătoare, derivabilă, cu derivata $2t$ continuă, și duce $[1,2]$ exact în $[1,4]$. Capetele se citesc din ecuațiile $t^2=1$ și $t^2=4$, care au, pe $[1,2]$, soluțiile unice $t=1$ și $t=2$ — aici se vede la lucru monotonia. Cu $dx=2tdt$ și $\sqrt{x}=t$, $${\int }_1^4\frac{dx}{1+\sqrt{x}}={\int }_1^2\frac{2t}{1+t}dt=2{\int }_1^2\left(1-\frac{1}{1+t}\right)dt=2(t-\ln (1+t)){|}_1^2=2-2\ln \frac{3}{2}\approx 1,189.$$ Împărțirea cu rest de la al doilea semn de egalitate, $\frac{t}{1+t}=1-\frac{1}{1+t}$, este pasul obligatoriu ori de câte ori gradul numărătorului îl atinge pe cel al numitorului.

6. Substituția $x=a\sin t$ și un rezultat pe care îl vei recunoaște

Calculăm ${\int }_0^a\sqrt{a^2-x^2}dx$, cu $a>0$.

Pasul 1. Alegem $\phi (t)=a\sin t$, adică $x=a\sin t$, cu $t\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$. Pe acest interval $\phi$ este strict crescătoare (sinusul este strict crescător pe $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$), derivabilă, cu ${\phi }^{\prime }(t)=a\cos t$ continuă, și ia valori în $[0,a]$. Toate ipotezele sunt îndeplinite.

Pasul 2. Noile limite: $x=0$ dă $a\sin t=0$, deci $t=0$; $x=a$ dă $\sin t=1$, deci $t=\frac{\pi }{2}$.

Pasul 3. Rescriem integrandul. Din formula fundamentală a trigonometriei, $$\sqrt{a^2-a^2{\sin }^{2}t}=a\sqrt{1-{\sin }^{2}t}=a\sqrt{{\cos }^{2}t}=a|\cos t|=a\cos t,$$ ultima egalitate fiind valabilă pentru că am ales $t\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$, unde $\cos t\ge 0$. Aceasta este exact contribuția ipotezei de monotonie: alegerea intervalului scoate modulul. Așadar $${\int }_0^a\sqrt{a^2-x^2}dx={\int }_0^{\pi /2}a\cos t\cdot a\cos tdt=a^2{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2}tdt.$$ Cu formula ${\cos }^{2}t=\frac{1+\cos 2t}{2}$, cunoscută de la trigonometrie, integrala se calculează direct: $$a^2{\int }_0^{\pi /2}\frac{1+\cos 2t}{2}dt=a^2\left(\frac{t}{2}+\frac{\sin 2t}{4}\right){|}_0^{\pi /2}=a^2\left(\frac{\pi }{4}+0-0\right)=\frac{\pi a^2}{4}.$$

Numărul $\frac{\pi a^2}{4}$ îți spune ceva: este un sfert din $\pi a^2$. Nu e o coincidență, iar explicația va veni la lecția despre aria discului și a elipsei, unde același calcul, înmulțit cu $4$, dă formula ariei discului — dedusă, nu memorată. Deocamdată reține tehnica: un radical de forma $\sqrt{a^2-x^2}$ cere substituția $x=a\sin t$.

Trei precizări care fac tehnica utilizabilă și în alte capete de interval.

(a) Intervalul lui $t$ se alege după capetele lui $x$. Pentru ${\int }_{-a}^a\sqrt{a^2-x^2}dx$ se ia $t\in \left[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$, unde sinusul este tot strict crescător, de la $-a$ la $a$, iar cosinusul rămâne pozitiv — deci modulul cade la fel. Pentru un capăt intermediar, de pildă $x=\frac{a}{2}$, se rezolvă $a\sin t=\frac{a}{2}$ și se ia soluția din interval, $t=\frac{\pi }{6}$.

(b) Verificarea de ordin de mărime. Pe $[0,a]$, funcția $\sqrt{a^2-x^2}$ scade de la $a$ la $0$, deci integrala este cuprinsă între $0$ și $a\cdot a=a^2$. Rezultatul $\frac{\pi a^2}{4}\approx 0,785a^2$ se încadrează, și încă aproape de capătul de sus — ceea ce se potrivește cu forma bombată a curbei. Un rezultat mai mare decât $a^2$ ar fi fost, fără nicio îndoială, greșit.

(c) De ce tocmai sinusul. Substituția funcționează pentru că identitatea $1-{\sin }^{2}t={\cos }^{2}t$ transformă o rădăcină pătrată într-o expresie fără radical. Aceasta este ideea generală a substituțiilor trigonometrice: se caută o funcție care, înlocuită, face ca expresia de sub radical să devină un pătrat perfect.

7. Capcanele metodei

(a) Limitele uitate. Este greșeala numărul unu și singura care nu lasă urme în calcul. Antidotul este de procedură: scrie noile limite imediat după ce ai scris substituția, pe același rând.

(b) Revenirea la $x$. După ce ai schimbat limitele, integrala în $t$ este completă. Dacă revii la $x$ și păstrezi noile limite, amesteci cele două metode și obții o valoare falsă. Alege un drum și mergi pe el până la capăt.

(c) Radicalul și modulul. $\sqrt{v^2}=|v|$, nu $v$. La substituțiile trigonometrice, intervalul lui $t$ se alege tocmai ca expresia de sub modul să aibă semn constant, iar acest lucru se scrie în rezolvare, nu se subînțelege.

(d) Substituția care nu dizolvă totul. Dacă după înlocuire rămâne un $x$ care nu se exprimă prin $t$, substituția e greșită. Uneori se poate repara: la ${\int }_0^1\frac{x^3}{\sqrt{x^2+1}}dx$, cu $t=x^2+1$ avem $x^{3}dx=x^2\cdot xdx=(t-1)\frac{dt}{2}$ — puterea impară rămasă se exprimă din substituție.

(e) Ordinea limitelor. Când $u$ este descrescătoare, $u(a)>u(b)$ și integrala apare „de la mare la mic". Nu inversa limitele fără să schimbi semnul: folosește direct convenția ${\int }_{\beta }^{\alpha }f=-{\int }_{\alpha }^{\beta }f$.

(f) Proba pe drumul lung. Ori de câte ori ai timp, refă calculul prin integrala nedefinită: revii la $x$, obții o primitivă și o evaluezi între limitele inițiale. Dacă cele două drumuri dau același număr, ai controlat simultan substituția, noile limite și calculul. La ${\int }_0^{1}x{e}^{x^2}dx$, drumul scurt dă $\frac{1}{2}{\int }_0^1{e}^{t}dt=\frac{e-1}{2}$, iar drumul lung dă $\frac{e^{x^2}}{2}{|}_0^1=\frac{e-1}{2}$ — aceeași valoare, obținută altfel.

(g) Un caz care pare paradoxal. La ${\int }_{-1}^{1}2x(x^2+1)dx$ cu $t=x^2+1$ obținem $u(-1)=u(1)=2$, deci ${\int }_2^{2}tdt=0$. Rezultatul este corect — integrandul este o funcție impară pe un interval simetric — și arată că injectivitatea lui $u$ chiar nu era necesară.

8. Cum alegi între cele două metode?

Înainte de primul rând de calcul, o singură întrebare: văd în integrand o derivată „dinăuntru"?

• Da — un factor este, până la o constantă, derivata unei expresii compuse în celălalt: schimbare de variabilă.
• Nu, dar e un produs în care un factor se simplifică prin derivare (polinom, logaritm, arctangentă): integrare prin părți, cu regula descreșterii, așa cum ai văzut la integrarea prin părți pentru integrala definită.
• Nici una, dar integrandul e o fracție rațională: dacă numitorul e un trinom de gradul al doilea, se aplică rețeta trinomului de la lecția despre primitive cu trinom de gradul al doilea; dacă numitorul se descompune, se folosește rețeta fracțiilor simple de la lecția despre primitivele funcțiilor raționale prin fracții simple. Cazul definit al acestei familii este tema lecției despre integrale definite din funcții raționale.
• Apare un radical de forma $\sqrt{a^2-x^2}$: substituție inversă trigonometrică.

Multe integrale acceptă mai multe drumuri, iar toate duc la același număr. Când ai timp, verifică rezultatul pe al doilea drum — este cea mai bună probă posibilă.

Exemple rezolvate

Exemplul 1. Modelul minimal

Calculați ${\int }_0^{1}2x(x^2+1{)}^{3}dx$.

Pasul 1. Notăm $t=x^2+1$; atunci $dt=2xdx$, iar factorul $2xdx$ apare întreg în integrand.

Pasul 2. Când $x=0$, $t=1$; când $x=1$, $t=2$.

Pasul 3. ${\int }_0^{1}2x(x^2+1{)}^{3}dx={\int }_1^2{t}^{3}dt=\frac{t^4}{4}{|}_1^2=\frac{16-1}{4}=\frac{15}{4}$.

Observă cât de mult ar fi diferit rezultatul dacă limitele ar fi rămas $0$ și $1$: s-ar fi obținut $\frac{1}{4}$, adică de cincisprezece ori mai puțin.

Exemplul 2. Cu funcții trigonometrice

Calculați ${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{3}x\cos xdx$.

Pasul 1. Factorul $\cos x$ este derivata lui $\sin x$, deci notăm $t=\sin x$ și $dt=\cos xdx$.

Pasul 2. Când $x=0$, $t=0$; când $x=\frac{\pi }{2}$, $t=1$.

Pasul 3. ${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{3}x\cos xdx={\int }_0^1{t}^{3}dt=\frac{t^4}{4}{|}_0^1=\frac{1}{4}$.

Exemplul 3. Cu logaritmul

Calculați ${\int }_1^e\frac{\ln x}{x}dx$.

Notăm $t=\ln x$, deci $dt=\frac{dx}{x}$. Când $x=1$, $t=0$; când $x=e$, $t=1$. Prin urmare $${\int }_1^e\frac{\ln x}{x}dx={\int }_0^{1}tdt=\frac{t^2}{2}{|}_0^1=\frac{1}{2}.$$

Exemplul 4. O substituție descrescătoare

Calculați ${\int }_0^{\pi /3}\frac{\sin x}{{\cos }^{2}x}dx$.

Notăm $t=\cos x$, deci $dt=-\sin xdx$, adică $\sin xdx=-dt$. Când $x=0$, $t=1$; când $x=\frac{\pi }{3}$, $t=\frac{1}{2}$. Aici $u$ este descrescătoare, deci noile limite apar în ordine inversă — și nu le atingem: $${\int }_0^{\pi /3}\frac{\sin x}{{\cos }^{2}x}dx={\int }_1^{1/2}\frac{-dt}{t^2}={\int }_{1/2}^1\frac{dt}{t^2}=-\frac{1}{t}{|}_{1/2}^1=-1+2=1.$$

Exemplul 5. Substituție inversă

Calculați ${\int }_0^2\sqrt{4-x^2}dx$.

Este cazul $a=2$ din secțiunea 6. Punem $x=2\sin t$, cu $t\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$, unde funcția $t\mapsto 2\sin t$ este strict crescătoare, derivabilă, cu derivata $2\cos t$ continuă, și ia valori în $[0,2]$.

Limitele: $x=0$ dă $t=0$; $x=2$ dă $t=\frac{\pi }{2}$. Integrandul devine $\sqrt{4-4{\sin }^{2}t}=2|\cos t|=2\cos t$, pentru că $\cos t\ge 0$ pe intervalul ales. Așadar $${\int }_0^2\sqrt{4-x^2}dx={\int }_0^{\pi /2}4{\cos }^{2}tdt=2{\int }_0^{\pi /2}(1+\cos 2t)dt=2\left(t+\frac{\sin 2t}{2}\right){|}_0^{\pi /2}=\pi .$$

Rezultatul $\pi =\frac{\pi \cdot 2^2}{4}$ confirmă formula generală.

Exemplul 6. Exemplu tip Bacalaureat M1

Se consideră funcțiile $h_1,h_2:[0,1]\to \mathbb{R}$, $h_1(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$ și $h_2(x)=\frac{x^3}{\sqrt{x^2+1}}$.

a) Calculați ${\int }_0^1{h}_1(x)dx$.

Notăm $t=x^2+1$, deci $dt=2xdx$, adică $xdx=\frac{dt}{2}$. Când $x=0$, $t=1$; când $x=1$, $t=2$. Prin urmare $${\int }_0^1\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}dx=\frac{1}{2}{\int }_1^2\frac{dt}{\sqrt{t}}=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{t}{|}_1^2=\sqrt{2}-1\approx 0,414.$$

b) Calculați ${\int }_0^1{h}_2(x)dx$.

Aceeași substituție, cu observația din capcana (d): $x^{3}dx=x^2\cdot xdx=(t-1)\frac{dt}{2}$. Cu aceleași limite, $${\int }_0^1\frac{x^3}{\sqrt{x^2+1}}dx=\frac{1}{2}{\int }_1^2\frac{t-1}{\sqrt{t}}dt=\frac{1}{2}{\int }_1^2\left(\sqrt{t}-\frac{1}{\sqrt{t}}\right)dt=\frac{1}{2}\left(\frac{2t\sqrt{t}}{3}-2\sqrt{t}\right){|}_1^2.$$ Evaluăm: în $t=2$ paranteza este $\frac{4\sqrt{2}}{3}-2\sqrt{2}=-\frac{2\sqrt{2}}{3}$, iar în $t=1$ este $\frac{2}{3}-2=-\frac{4}{3}$. Diferența este $-\frac{2\sqrt{2}}{3}+\frac{4}{3}=\frac{4-2\sqrt{2}}{3}$, deci integrala este $\frac{2-\sqrt{2}}{3}\approx 0,195$.

c) Deduceți valoarea integralei ${\int }_0^{1}x\sqrt{x^2+1}dx$ și verificați-o pe alt drum.

Observăm că $h_1(x)+h_2(x)=\frac{x+x^3}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{x(x^2+1)}{\sqrt{x^2+1}}=x\sqrt{x^2+1}$. Prin liniaritatea integralei, $${\int }_0^{1}x\sqrt{x^2+1}dx=(\sqrt{2}-1)+\frac{2-\sqrt{2}}{3}=\frac{3\sqrt{2}-3+2-\sqrt{2}}{3}=\frac{2\sqrt{2}-1}{3}.$$

Verificarea pe alt drum: cu aceeași substituție $t=x^2+1$, ${\int }_0^{1}x\sqrt{x^2+1}dx=\frac{1}{2}{\int }_1^2\sqrt{t}dt=\frac{1}{2}\cdot \frac{2t\sqrt{t}}{3}{|}_1^2=\frac{2\sqrt{2}-1}{3}\approx 0,609$. Cele două drumuri coincid.

Să exersăm

1. Calculați ${\int }_0^1(2x+1{)}^{3}dx$.

2. Calculați ${\int }_0^{1}x(x^2+3{)}^{2}dx$.

3. Calculați ${\int }_0^{\pi /2}\cos x{\sin }^{2}xdx$.

4. Calculați ${\int }_e^{e^2}\frac{dx}{x\ln x}$.

5. (Adevărat/Fals cu motivare.) După schimbarea de variabilă la o integrală definită trebuie să revii la variabila $x$.

6. Calculați ${\int }_0^1\frac{x}{x^2+4}dx$.

7. Calculați ${\int }_0^{\pi /3}\frac{\sin x}{{\cos }^{2}x}dx$, precizând noile limite.

8. Calculați ${\int }_1^2\frac{\ln x}{x}dx$.

9. Calculați ${\int }_0^{1}x{e}^{x^2}dx$.

10. (Exercițiu tip Bacalaureat M1.) Calculați ${\int }_0^{\sqrt{3}}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}dx$.

11. Calculați ${\int }_0^3\sqrt{9-x^2}dx$, justificând alegerea intervalului pentru noua variabilă.

12. Calculați ${\int }_0^1\frac{dx}{1+\sqrt{x}}$, folosind substituția $x=t^2$.

13. (Problemă aplicată.) Un mobil are viteza $v(t)=\frac{t}{t^2+1}$ (în metri pe secundă). Calculați distanța parcursă în primele două secunde, adică ${\int }_0^{2}v(t)dt$.

14. Calculați ${\int }_0^{\pi /4}\mathrm{tg}xdx$.

15. (Exercițiu tip Bacalaureat M1.) Calculați ${\int }_1^2\frac{x}{(x^2+1{)}^2}dx$.

16. Calculați ${\int }_0^{\ln 2}\frac{e^x}{e^x+1}dx$.

17. (Adevărat/Fals cu motivare.) La formula directă de schimbare de variabilă, funcția $u$ trebuie să fie strict monotonă.

18. (Provocare.) Calculați ${\int }_0^2{x}^2\sqrt{4-x^2}dx$.

Răspunsuri și explicații

1. $t=2x+1$, $dt=2dx$; limitele $1$ și $3$. Integrala devine $\frac{1}{2}{\int }_1^3{t}^{3}dt=\frac{1}{2}\cdot \frac{81-1}{4}=10$.

2. $t=x^2+3$, $xdx=\frac{dt}{2}$; limitele $3$ și $4$. Rezultat: $\frac{1}{2}{\int }_3^4{t}^{2}dt=\frac{64-27}{6}=\frac{37}{6}$.

3. $t=\sin x$; limitele $0$ și $1$. Rezultat: ${\int }_0^1{t}^{2}dt=\frac{1}{3}$.

4. $t=\ln x$, $dt=\frac{dx}{x}$; limitele $1$ și $2$. Rezultat: ${\int }_1^2\frac{dt}{t}=\ln 2$.

5. Fals. Revenirea la $x$ este obligatorie doar la integrala nedefinită, unde rezultatul e o funcție. La integrala definită se schimbă limitele, iar rezultatul este un număr; revenirea ar fi inutilă, iar dacă se face păstrând noile limite, rezultatul devine fals.

6. $t=x^2+4$; limitele $4$ și $5$. Rezultat: $\frac{1}{2}{\int }_4^5\frac{dt}{t}=\frac{1}{2}\ln \frac{5}{4}\approx 0,112$.

7. $t=\cos x$, $\sin xdx=-dt$; când $x=0$, $t=1$, iar când $x=\frac{\pi }{3}$, $t=\frac{1}{2}$. Rezultat: ${\int }_{1/2}^1\frac{dt}{t^2}=1$ (vezi Exemplul 4).

8. $t=\ln x$; limitele $0$ și $\ln 2$. Rezultat: ${\int }_0^{\ln 2}tdt=\frac{{\ln }^{2}2}{2}\approx 0,240$.

9. $t=x^2$, $xdx=\frac{dt}{2}$; limitele $0$ și $1$. Rezultat: $\frac{1}{2}{\int }_0^1{e}^{t}dt=\frac{e-1}{2}\approx 0,859$.

10. $t=x^2+1$; limitele $1$ și $4$. Rezultat: $\frac{1}{2}{\int }_1^4\frac{dt}{\sqrt{t}}=\sqrt{t}{|}_1^4=2-1=1$.

11. $x=3\sin t$ cu $t\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$: acolo funcția este strict crescătoare de la $0$ la $3$ și $\cos t\ge 0$, deci radicalul devine $3\cos t$ fără modul. Rezultat: $9{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2}tdt=\frac{9\pi }{4}\approx 7,069$.

12. $x=t^2$, $dx=2tdt$, cu $t\in [0,1]$ (strict crescătoare). Rezultat: ${\int }_0^1\frac{2t}{1+t}dt=2{\int }_0^1\left(1-\frac{1}{1+t}\right)dt=2(1-\ln 2)\approx 0,614$.

13. $t^2+1=s$; limitele $1$ și $5$. Distanța este $\frac{1}{2}{\int }_1^5\frac{ds}{s}=\frac{\ln 5}{2}\approx 0,805$ metri. Integrandul e pozitiv pe $(0,2]$, deci distanța coincide cu deplasarea.

14. $\mathrm{tg}x=\frac{\sin x}{\cos x}$; cu $t=\cos x$, $\sin xdx=-dt$ și limitele $1$, $\frac{\sqrt{2}}{2}$. Rezultat: ${\int }_{\sqrt{2}/2}^1\frac{dt}{t}=-\ln \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\ln 2}{2}\approx 0,347$.

15. $t=x^2+1$; limitele $2$ și $5$. Rezultat: $\frac{1}{2}{\int }_2^5\frac{dt}{t^2}=\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{5}+\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{20}$.

16. $t=e^x+1$, $dt=e^{x}dx$; limitele $2$ și $3$. Rezultat: ${\int }_2^3\frac{dt}{t}=\ln \frac{3}{2}\approx 0,405$.

17. Fals. Monotonia este cerută numai la substituția inversă $x=\phi (t)$, unde trebuie să poți determina capetele $\alpha$ și $\beta$. La formula directă, demonstrația nu folosește inversa lui $u$; exemplul ${\int }_{-1}^{1}2x(x^2+1)dx$, cu $u(x)=x^2+1$ neinjectivă, dă corect ${\int }_2^{2}tdt=0$.

18. $x=2\sin t$, $t\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$; integrandul devine $4{\sin }^{2}t\cdot 2\cos t\cdot 2\cos t=16{\sin }^{2}t{\cos }^{2}t=4{\sin }^{2}2t$. Cu ${\sin }^{2}2t=\frac{1-\cos 4t}{2}$, integrala este $2\left(t-\frac{\sin 4t}{4}\right){|}_0^{\pi /2}=\pi$.

De reținut

• Formula de schimbare de variabilă pentru integrala definită este ${\int }_a^{b}f(u(x))u^{\prime }(x)dx={\int }_{u(a)}^{u(b)}f(t)dt$, pentru $f$ continuă și $u$ derivabilă cu derivată continuă.
• Deosebirea față de integrala nedefinită este că limitele se schimbă în $u(a)$ și $u(b)$, iar la variabila inițială nu se mai revine, pentru că rezultatul este un număr.
• Redactarea are trei pași — cei trei pași ai schimbării de variabilă la integrala definită: substituția cu $dt=u^{\prime }(x)dx$, calculul noilor limite scris explicit și calculul integralei în noua variabilă, fără revenire la $x$.
• La formula directă, funcția $u$ nu trebuie să fie injectivă și nici crescătoare; la substituția inversă $x=\phi (t)$, monotonia lui $\phi$ este esențială, pentru determinarea capetelor și pentru semnul expresiilor de sub radical.
• Substituția $x=a\sin t$, cu $t\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$, transformă ${\int }_0^a\sqrt{a^2-x^2}dx$ în $a^2{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2}tdt=\frac{\pi a^2}{4}$.

Greșeli frecvente

• Uitarea schimbării limitelor. Este greșeala care nu lasă urme: calculul arată impecabil, dar numărul e fals. Antidotul este să scrii noile limite pe același rând cu substituția, înainte de a rescrie integrandul.
• Revenirea la $x$ cu limitele deja schimbate. Cele două metode nu se amestecă: ori revii la $x$ și păstrezi limitele inițiale (varianta nedefinită, urmată de Leibniz–Newton), ori schimbi limitele și rămâi în $t$.
• Scrierea $\sqrt{a^2{\cos }^{2}t}=a\cos t$ fără justificare. Corect este $a|\cos t|$; egalitatea cu $a\cos t$ se sprijină pe alegerea intervalului, care trebuie scrisă. Pe un interval unde cosinusul e negativ, rezultatul ar avea semn opus.
• Inversarea „din mână" a limitelor descrescătoare. Dacă $u(a)>u(b)$, integrala rămâne așa cum este; schimbarea ordinii cere schimbarea semnului, conform convenției ${\int }_{\beta }^{\alpha }f=-{\int }_{\alpha }^{\beta }f$.
• Alegerea unei substituții care nu dizolvă tot integrandul. Dacă rămâne un $x$ care nu se exprimă prin $t$, substituția e greșită sau incompletă; uneori puterile impare se recuperează din chiar relația de substituție, ca la $x^{3}dx=(t-1)\frac{dt}{2}$.

Aplică acasă

1. Tabelul substituțiilor. Copiază pe o pagină cele șase rânduri ale tabelului din secțiunea 3 și scrie, pentru fiecare, o integrală definită proprie cu limite simple. Rezolvă-le pe toate, notând de fiecare dată noile limite cu culoare diferită — până când scrierea lor devine reflex.

2. Aceeași integrală, două drumuri. Ia ${\int }_0^{1}x(x^2+1{)}^{3}dx$ și rezolv-o de două ori: o dată prin schimbare de variabilă cu limite schimbate, o dată prin calculul integralei nedefinite, revenirea la $x$ și aplicarea formulei Leibniz–Newton. Compară numărul de rânduri și rezultatul.

3. Sfertul de cerc. Desenează pe hârtie milimetrică sfertul de disc de rază $3$ din primul cadran și numără pătrățelele ca să estimezi aria. Compară estimarea cu $\frac{9\pi }{4}\approx 7,07$, valoarea obținută la exercițiul 11, și notează cu cât te-ai înșelat.

Pentru părinți și profesori

Lecția acoperă competența XII.CS.3.6 din programa de matematică-informatică, „calcularea integralei definite folosind metoda schimbării de variabilă", și pregătește competența XII.CS.6.3, despre ariile delimitate de conice. Sugestiile metodologice cer explicit accent pe „asemănările și deosebirile dintre aplicarea lor la integralele nedefinite și la cele definite" — de aceea schimbarea limitelor, cu renunțarea la revenirea la variabila inițială, este firul roșu al lecției, nu o notă de subsol.

Ce verifică lecția: (1) demonstrația formulei, din derivarea funcțiilor compuse și din formula Leibniz–Newton; (2) scrierea explicită a noilor limite; (3) recunoașterea tiparului „derivata dinăuntru"; (4) tratarea substituției inverse, cu ipoteza de monotonie justificată; (5) scoaterea corectă a modulului la radicalii trigonometrici; (6) alegerea metodei potrivite înainte de calcul.

Întrebări bune de control: „Ce ai notat cu $t$ și de ce?", „Care sunt noile limite?", „De ce nu mai revii la $x$?", „De unde știi că $\cos t$ e pozitiv acolo?", „Se putea și prin părți?". Semn că elevul a înțeles: scrie noile limite înainte de a rescrie integrandul și justifică intervalul la substituțiile trigonometrice. La BAC, cerința apare de regulă ca subpunctul a) sau b) al problemei de analiză din Subiectul al III-lea; exercițiile 10 și 15 sunt cele mai apropiate de formularea reală de examen.

Întrebări frecvente

Care este formula de schimbare de variabilă la integrala definită?

Formula este ${\int }_a^{b}f(u(x))u^{\prime }(x)dx={\int }_{u(a)}^{u(b)}f(t)dt$, pentru $f$ continuă pe un interval și $u$ derivabilă cu derivată continuă, cu valori în acel interval. Ea înlocuiește simultan variabila și limitele de integrare, iar rezultatul se obține direct ca număr.

De ce se schimbă limitele de integrare?

Pentru că integrala din dreapta se calculează în noua variabilă $t$, iar $t$ parcurge intervalul de la $u(a)$ la $u(b)$ atunci când $x$ parcurge intervalul de la $a$ la $b$. Demonstrația arată același lucru formal: ambele integrale sunt egale cu $F(u(b))-F(u(a))$, unde $F$ este o primitivă a lui $f$.

Trebuie să revin la variabila inițială?

Nu, și chiar este greșit să faci asta păstrând noile limite. Revenirea la $x$ are sens numai la integrala nedefinită, unde rezultatul trebuie să fie o funcție de $x$. La integrala definită rezultatul este un număr, deci calculul se încheie în noua variabilă. Aceasta este deosebirea principală dintre cele două aplicări ale metodei.

Cum recunosc că trebuie să folosesc schimbarea de variabilă?

Când un factor al integrandului este, până la o constantă, derivata unei expresii care apare compusă în celălalt factor. Tiparele frecvente sunt $x$ lângă o expresie în $x^2$, $\cos x$ lângă una în $\sin x$, $\frac{1}{x}$ lângă una în $\ln x$ și $e^x$ lângă una în $e^x$. Dacă nu vezi nicio derivată dinăuntru, încearcă integrarea prin părți.

Ce este substituția inversă și de ce cere monotonie?

Substituția inversă pune $x=\phi (t)$ în loc de $t=u(x)$ și se folosește când integrandul nu are forma cerută de formula directă. Monotonia lui $\phi$ garantează că poți determina capetele $\alpha$ și $\beta$ din ecuațiile $\phi (t)=a$ și $\phi (t)=b$ și că expresiile de sub radical își păstrează semnul pe tot intervalul.

Cum se calculează ${\int }_0^a\sqrt{a^2-x^2}dx$?

Cu substituția $x=a\sin t$ și $t\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$, unde funcția este strict crescătoare și cosinusul este pozitiv. Radicalul devine $a\cos t$, integrala se transformă în $a^2{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2}tdt$, iar cu formula ${\cos }^{2}t=\frac{1+\cos 2t}{2}$ rezultatul este $\frac{\pi a^2}{4}$.

Trebuie ca funcția $u$ să fie injectivă?

Nu. Demonstrația formulei directe nu folosește nicăieri inversa lui $u$, ci doar compunerea cu o primitivă. Un exemplu convingător este ${\int }_{-1}^{1}2x(x^2+1)dx$: aici $u(x)=x^2+1$ ia aceeași valoare în $-1$ și în $1$, noile limite coincid, iar rezultatul $0$ este corect.

Ce fac dacă noile limite ies în ordine descrescătoare?

Le lași așa. Convenția ${\int }_{\beta }^{\alpha }f=-{\int }_{\alpha }^{\beta }f$, fixată odată cu definiția integralei definite, se ocupă de semn. Dacă preferi ordinea crescătoare, poți inversa limitele, dar atunci schimbi obligatoriu semnul din fața integralei — niciodată una fără cealaltă.