Е.В. Хорошилова - Неопределенный интеграл (1113675), страница 12
Текст из файла (страница 12)
Интеграл)Решение. Это интеграл вида (2 ) . Разобьём его на два интеграла∫ (x21= lnx2 +1 x2 + 2 2dt16−416 ⎛ t 3 ⎞2⎜ t − ⎟⎟ + C =⋅=1−tdt=4949 ⎜⎝3⎠1 − t 2 49 ∫316 ⎛⎜2x + 11 ⎛ 2 x + 1 ⎞ ⎞⎟⎟ +C .=− ⎜49 ⎜ 2 x 2 + x + 2 24 ⎜⎝ x 2 + x + 2 ⎟⎠ ⎟⎝⎠2)2t ⋅Окончательно,Подставляя в интеграл, получим=∫∫ x (x=+1 x2 + 22=∫dxdx2dx87()22)′+2 =и, под-x2 +1 =α 2 t 2 + 2αβ t + β 2 + t 2 + 2t + 1(t + 1)2,то, приравнивая к нулю коэффициент при t в числителе этой дроби, получаем ещё одно соотношением между α и β :2αβ + 2 = 0 .Хорошилова Е.В.
Неопределённый интеграл88§4. Интегрирование иррациональных функций⎧2αβ − α − β + 2 = 0, находим⎩2αβ + 2 = 0⎧α = 1. Следовательно,⎨⎩β = −1t −1в данном интеграле надо делать замену x =. Тогда имеемt +1t2 + 32t 2 + 22t + 242211x − 13 = −x − x +1 =,x +1 =,,22t +1(t + 1)(t + 1)2dtdx =, и, подставляя в интеграл, получаем его в виде (2 )(t + 1)2(t + 12)dt11x − 13∫ x 2 − x + 1 x 2 + 1dx = −2 2 ∫ t 2 + 3 t 2 + 1 .()Далее, имеем()(d t2 +1=∫ 2=t +3t2 + 3 t2 +1tdt∫()1=2Для вычисления интегралаz=( t + 1)′ . Имеем 1 −dzzt2 + 3 ==∫=22∫ (tdu1u∫ u 2 + 2 = 2 arctg 2 + C =t2 +1arctg2dt2)t2 +1∫ (t2dt)+ 3 t2 +1Окончательно,11x − 132)− x +1 x +1− 4 3 ⋅ ln2dx = − 2arctg3t 2 + 3 + 2t3t + 3 − 2t2t +1+ C , где t =2ax 2 + bx + cприводитсяк вычислению рассмотренных выше интегралов трёх типов:Пример 1.2dz13+z 2=ln+ C = 1 ln 3t + 3 + 2t + C .23 − 2z2 63−z 22 63t 2 + 3 − 2t∫ (xдробей, получаем, что интегрирование функцийPn ( x )dxА)∫Б)∫ (x − α )С)∫ (xax 2 + bx + cdxn,ax 2 + bx + c( Ax + B )dx)n,,+ px + q ax 2 + bx + c2где квадратный трёхчлен x + px + q не имеет действительных корней.(x + 2)dx=2ax 2 + bx + cTk ( x )– рациональная функция, Tk ( x ) и Qm ( x ) – целыеQm ( x )алгебраические многочлены соответственно степеней k и m .
Выделяя приk ≥ m из рациональной дроби R( x ) целую часть – многочлен S (x ) :P (x )R(x ) = S k −m (x ) + n, n < m,Qm ( x )P (x )и раскладывая полученную правильную дробь nв сумму простейшихQm ( x )R(x )сделаем подстановку,2R( x )dxЗдесь R ( x ) =+C .+ 3 t +1dt3 − 2z 2и тогда1− z2)∫4.2.10. Интегралы видаРешая систему ⎨89−x +1.1− xПример 2.∫ (x22)+1 x2 + 2. Решение. См. пример 3 из п.4.2.9.x 4 + x3 + 4x − 7∫ (x3)+1 x2 +1dx .x 4 + x3 + 4x − 7целую часть, имеемx3 + 13x − 8x 4 + x3 + 4x − 7= x +1+ 3.3x +1x +1Решение. Выделяя из дробиХорошилова Е.В.
Неопределённый интеграл§4. Интегрирование иррациональных функций3x − 8в сумму простейших дробей:x3 + 13x − 8ABx + C=+ 2,3x +1 x +1 x − x +12откуда 3 x − 8 = A x − x + 1 + (Bx + C )( x + 1) . Полагая в этом равенстве11x = −1 , находим A = − . Приравнивая коэффициенты при x 2 и свобод3ные члены, получаем ещё два равенства A + B = 0 и A + C = −8 , откуда1113определяем B =,C=−. Следовательно,33dxx 4 + x3 + 4x − 7(x + 1)dx 11∫ x 3 + 1 x 2 + 1 dx = ∫ x 2 + 1 − 3 ∫ (x + 1) x 2 + 1 +4.2.11.
Интегралы вида90Разложим дробь((Здесь∫))(11x − 13)dx .1+ ∫23 x − x +1 x2 +1((x + 1)dx =x +1Для второго интеграла при x + 1 > 0 положим t =−=ln3 21:x +11122− + 1−++C.x +1 2x + 1 ( x + 1)2Третий интеграл был вычислен выше в примере 4 п.4.2.9.x + x + 4x − 74Таким образом,+∫ (x113 22− arctg33)+1 x +13ln2dx =x 2 + 1 + ln x + x 2 + 1 +1122− + 1−+−x +1 2x + 1 ( x + 1)2x +12(x − 1)2−43ln(6(x)+C.+ 1) − 2 ( x + 1)6 x + 1 + 2 ( x + 1)22Рассмотрим вычисление этих интегралов с помощью тригонометрическихи гиперболических подстановок.1. Рационализацию подынтегрального выражения)(R x, a 2 − x 2 ,a > 0 , можно проводить с помощью тригонометрической подстановки⎡ π π⎤x = a sin t , где t ∈ ⎢− , ⎥ . При этом если t «пробегает» отрезок⎣ 2 2⎦⎡ π π⎤⎢⎣− 2 , 2 ⎥⎦ , то переменная x , соответственно, «пробегает» отрезок [− a, a ],что отвечает ОДЗ интеграла.
Тогдаa 2 − x 2 = a ⋅ cos t = a ⋅ cos t , так какна промежутке t ∈ ⎢−11dx11dt= ∫=∫3 ( x + 1) x 2 + 1 31 − 2t + 2t 211)⎛⎛a−x⎞a+x⎞⎟dx , ∫ R⎜ x,⎟dxa 2 − x 2 dx , ∫ R⎜⎜ x,⎟⎟⎜a+xa−x⎠⎠⎝⎝⎡ π π⎤косинус принимает неотрицательные значе,⎣ 2 2 ⎥⎦)x 2 + 1 + ln x + x 2 + 1 + C .2∫ R(x,91()ния. При этом алгебраическое иррациональное выражение R x, a − xпреобразуется к виду тригонометрического рационального выражения22⎛⎞R(a sin t , a cos t ) .
В случае R⎜ x, a − x ⎟ имеем, с учётом ОДЗ,⎜a + x ⎟⎠⎝⎛a+x⎞⎛ π π⎤⎟ , соответственно, t ∈ ⎡− π , π ⎞⎟ .t ∈ ⎜ − , ⎥ , а в случае R⎜⎜ x,⎢ 2 2a − x ⎟⎠⎝ 2 2⎦⎣⎠⎝2. Также в этом случае можно было сделать подстановку x = a cos t , где()t ∈ [0, π ] , и тогда вместо иррациональной функции R x, a 2 − x 2 получили бы рациональную тригонометрическую функцию R (a cos t , a sin t ) .Пример 1.∫a 2 − x 2 dx (a > 0 ) .Решение. Сделаем тригонометрическую подстановку x = a sin t . ПосколькупоОДЗx ∈ [− a, a ] , то положим⎡ π π⎤t ∈ ⎢− , ⎥ .⎣ 2 2⎦a 2 − x 2 = a cos t = a cos t , dx = a cos tdt и получаемТогдаХорошилова Е.В. Неопределённый интеграл921 + cos 2tdt =2a2 ⎛1a2 ⎛ 1⎞⎞=⎜ ∫ dt + ∫ cos 2td (2t )⎟ + C = ⎜ t + sin 2t ⎟ + C =2 ⎝22 ⎝ 2⎠⎠2a ⎛xx⎞ ⎛x ⎞⎞a2x⎛=arcsin +⎜⎜ arcsin + sin ⎜ arcsin ⎟ cos⎜ arcsin ⎟ ⎟⎟ + C =2 ⎝aa⎠ ⎝a ⎠⎠2a⎝x+a 2 − x 2 + C ( x ≤ a) .2Замечание.
Можно было воспользоваться подстановкой x = a cos t ,t ∈ [0, π ] .∫Пример 2.a 2 − x 2 dx = a 2 ∫ cos 2 tdt = a 2 ∫∫§4. Интегрирование иррациональных функций= sgn (sin t )⎛xx ⎞⎞x⎛= a⎜⎜ arcsin − cos⎜ arcsin ⎟ ⎟⎟ + C = a ⋅ arcsin −aaa ⎠⎠⎝⎝2x⎛ x⎞− a ⋅ 1 − ⎜ ⎟ + C = a ⋅ arcsin − a 2 − x 2 + C (− a ≤ x < a ) .a⎝a⎠cos tcos t= sgn t, и, следовательно,sin tsin ta+x⎛t 1⎞dx = − 4a sgn t ∫ cos 2 tdt = − 4a sgn t ⎜ + sin 2t ⎟ + C =a−x⎝2 4⎠xx− a 2t − a sin 2t + C = − a arccos − a sin arccos + C =aa∫2x⎞x⎛π⎛x⎞= −a ⋅ arccos − a 1 − ⎜ ⎟ + C = − a ⋅ ⎜ − arcsin ⎟ −a⎠a⎝2⎝a⎠πx− a 2 − x 2 + C = a ⋅ arcsin − a 2 − x 2 + C − a .a2a+xdx (a > 0 ) .a−x⎡ π π⎞Решение. 1-й способ. Положим x = a sin t , где t ∈ ⎢− , ⎟ .
Тогда⎣ 2 2⎠dx = a cos tdt и приходим к интегралу1 + sin t ⋅ 1 + sin t1 + sin tcos tdt =a∫cos tdt = a ∫1 − sin t1 − sin t ⋅ 1 + sin t(1 + sin t ) cos t dt = a (1 + sin t )dt = a(t − cos t ) + C == a∫∫cos t4.2.12. Интегралы вида2t = arccosx,aa+x1 + cos 2t==a−x1 − cos 2t2 cos 2 t cos t==sin t2 sin 2 t∫ R(x,()) применяют три-a 2 + x 2 dx1. Для рационализации выражений вида R x, a + x22⎛ π π⎞, ⎟ . При этом ко⎝ 2 2⎠⎛ π π⎞гда переменная t «пробегает» указанный интервал ⎜ − , ⎟ в направлении⎝ 2 2⎠гонометрическую подстановку x = a ⋅ tgt , где t ∈ ⎜ −от −π2доπ2, то переменная x один раз «пробегает» всё множество дейст-вительных чисел от− ∞ до + ∞ (взаимно однозначная замена переменной).В этом случае для корняa2 + x2 =a 2 + x 2 получаем:a 2 + a 2 ⋅ tg 2 t = a ⋅2-й способ. Для сравнения решим задачу с помощью подстановки⎡ π π⎞x = a cos 2t , где 2t ∈ ⎢− , ⎟ .
Тогда dx = −2a sin 2tdt ,⎣ 2 2⎠931aa=,=2cos t cos tcos tтак как на рассматриваемом интервале косинус положителен,результате иррациональная функциянометрическому виду(dx =)adt.Вcos 2 tR x, a 2 + x 2 преобразуется к триго-a ⎞⎛R⎜ atgt ,⎟ , не содержащему радикалов.cos t ⎠⎝Хорошилова Е.В. Неопределённый интеграл94Пример 1.∫xdx§4.
Интегрирование иррациональных функций((a > 0) .a2 + x23. Выражения R x, a + x⎛ π π⎞t ∈ ⎜ − , ⎟ . Тогда приходим к⎝ 2 2⎠⎛t⎞⎛t⎞d⎜ ⎟d⎜ ⎟11 dt⎝2⎠ =⎝2⎠ = 1интегралу ∫= ∫∫tt atta sin t asin costg cos 22222tdtg12 = 1 ln tg t + C , где t = arctg x (x ≠ 0 ) .= ∫taaa2tg2a1a=,=2sin tsin tsin tadtтак как на рассматриваемом интервале синус положителен, dx = −.Вsin 2 ta2 + x2 =a 2 + a 2 ⋅ ctg 2 t = a ⋅(результате иррациональная функция R x, a + xнометрическому виду22) преобразуется к триго-a ⎞⎛R⎜ a ⋅ ctgt ,⎟.sin t ⎠⎝Пример 2.∫xdx.a +xРешение.
Положим x = a ⋅ ctgt , t ∈ (0, π ) . Тогда имеем при x ≠ 01 dt1 d (sin t )dx− adt=− ∫= − ∫=∫ x a2 + x2 = ∫ 2aa cos ta cos 2 tsin t ⋅ a ⋅ ctgt ⋅sin t1 d (sin t ) 1 d (sin t )x=− ∫= ∫ 2= 1 ln sin t − 1 + C , где t = arcctg .2a cos ta sin t −1 2a sin t + 1a222) рационализируются также с помощьюгиперболической подстановки x = a ⋅ sht , t ∈ R . ТогдаРешение. Положим x = a ⋅ tgt , где2. В данной ситуации можно было также использовать подстановкуx = a ⋅ ctgt , где t ∈ (0, π ) . Тогда295a2 + x2 == a 2 + a 2 ⋅ sh 2 t = a ⋅ ch 2 t = a ⋅ cht = a ⋅ cht ( cht > 0 ∀t ∈ R ).Пример 3.Решение.dx = achtdt ,∫a 2 + x 2 dx (a > 0 ) .Выполнимгиперболическую(подстановку)x = asht ,a 2 + x 2 = a 2 1 + sh 2 t = acht . Переходя к новой пере-менной, получаем интегралa 2 ∫ ch 2 tdt = a 2 ∫1 + ch2ta2 ⎛1⎞dt =⎜ tdt + ∫ ch2td (2t )⎟ =22 ⎝∫2⎠a2a2t+sh 2t + C .
Осталось сделать обратную подстановку. Из равен24e t − e −t xx ± a2 + x2tства sht == находим, что e t =. Так как e > 0 ,2aa=тоt = ln x + a 2 + x 2 − ln a .Очевидно,sh 2t = 2 sht ⋅ cht =xx 2 2x= 2sht 1 + sh 2 t = 2 ⋅ ⋅ 1 + 2 = 2 a 2 + x 2 , поэтому окончательноaaa2получаем (число − a2 ln a вошло в C )∫a 2 + x 2 dx =a2xln x + a 2 + x 2 +a2 + x2 + C .224.2.13. Интегралы вида∫ R(x,⎛∫ R⎜⎜ x,⎝)⎛⎞x 2 − a 2 dx , ∫ R⎜ x, x − a ⎟dx ,⎜x + a ⎟⎠⎝x+a⎞⎟dx (a > 0 ) .x − a ⎟⎠(Для рационализации выражений вида R x,)⎛x−a ⎞⎟,x 2 − a 2 , R⎜⎜ x,⎟x+a⎝⎠⎛x+a⎞⎟ применяют как тригонометрические, так и гиперболическиеR⎜⎜ x,x − a ⎟⎠⎝Хорошилова Е.В. Неопределённый интеграл96подстановки.§4.
Интегрирование иррациональных функций)(x 2 − a 2 . Подкоренное выражение определе-Рассмотрим случай R x,но при x ≥ a . Возможны подстановки:1. x =сяa⎡ π ⎞ ⎛ π⎤, где t ∈ ⎢− ,0 ⎟ U ⎜ 0, ⎥ , при этом радикал преобразуетsin t⎣ 2 ⎠ ⎝ 2⎦следующимx2 − a2 =образом:1 − sin 2 ta22⋅=a−=asin 2 tsin 2 t2⎛ cos t ⎞= a⋅ ⎜⎟ = a ⋅ ctgt , и подынтегральная функция оказывается ра⎝ sin t ⎠⎞⎛ aционально зависящей от тригонометрических функций R⎜, a ctgt ⎟ .⎝ sin t⎠ax=2. Аналогичная подстановка через косинус, гдеcos t⎡ π ⎞ ⎛π ⎤t ∈ ⎢0, ⎟ U ⎜ , π ⎥ , приводит к следующим преобразованиям:⎣ 2⎠ ⎝2 ⎦2a21 − cos 2 t⎛ sin t ⎞2−a⋅x −a =a==a⋅ ⎜⎟ = a ⋅ tgt .22cos tcos t⎝ cos t ⎠221−11 − cos tcos t==11 + cos t+1cos tt2 = tg t .=t22 cos 22С другой стороны, в этом случае возможна подстановка x = a ⋅ cht :t2 sh 2x−acht − 1t2=== th .x+acht + 1t22ch 22Замечание.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
