Е.В. Хорошилова - Неопределенный интеграл (1113675), страница 13
Текст из файла (страница 13)
Ещё раз обратим внимание читателя на одно обстоятельство.⎛ a⎞, a tgt ⎟ .⎝ cos t⎠3. x = a ⋅ cht , t ≥ 0 (если x > 0 ) или подстановка x = − a ⋅ cht , t ≥ 0(если x < 0 ). Тогдаx2 − a2 =(и выражение R x,a 2 ⋅ ch 2 t − a 2 = a ⋅ sh 2 t = a ⋅ sht ,)x 2 − a 2 приводится к виду R (a ⋅ cht , a sht ) .x − a в подынтегральном выражении (ОДЗ:При наличии радикалаx+ax ∈ (− ∞,− a ) U [a,+∞ ) ) можно воспользоваться подстановкойx=a⎡ π ⎞ ⎛π ⎞, где t ∈ ⎢0, ⎟ U ⎜ , π ⎟ , и тогдаcos t⎣ 2⎠ ⎝2 ⎠x−a=x+a2 sin 2x 2 − a 2 (илиЕсли подынтегральная функция содержит радикалы видаx−a), то в этом случае первообразная ищется на луче x > a или на лучеx+ax < −a . Так как обычно нет никаких оснований предпочесть один луч другому, то часто выбирают тот луч, на котором будет более простая запись преобразованного подынтегрального выражения, т.е. луч x > a (на другом лучеx < − a первообразная находится аналогичными рассуждениями).
Поэтому,учитывая это, в указанных выше подстановках можно ограничиться уменьшенными вполовину промежутками по t :x=И опять подынтегральная функция принимает рациональный (относительнотригонометрических функций) вид R⎜97aa⎛ π⎤⎡ π⎞при t ∈ ⎜ 0, ⎥ , x =при t ∈ ⎢0, ⎟ ,sin tcos t⎝ 2⎦⎣ 2⎠x = a ⋅ cht при t ∈ [0,+∞ ) .Это позволяет при упрощении радикалов однозначно раскрывать модули. Вэтой ситуации можно использовать функцию сигнум.Пример 1.∫dx(x − a 2 )32(x > a ) .Решение. Применим тригонометрическую подстановку x =a sin tdt atgtdt⎡ π⎞t ∈ ⎢0, ⎟ . Имеем dx ==,cos tcos 2 t⎣ 2⎠3(x2− a2)3=⎞⎛ a2= ⎜⎜− a 2 ⎟⎟ = a 3 tg 6 t = a 3 tg 3t .2⎠⎝ cos tПодставляя в интеграл, получимa, гдеcos tХорошилова Е.В. Неопределённый интеграл98dx∫=11dt= 22 ∫2a tg t cos t a§4.
Интегрирование иррациональных функцийcos tdt=2t∫ sin(x 2 − a 2 )31 d (sin t )1= 2∫=− 2+ C . Осталось сделать обратную подстановку.2aa sin tsin taa, то cos t = ,Так как x =cos txa2x2 − a2x2 − a2sin t = 1 − cos 2 t = 1 − 2 ==.xxx2dxx= −+C.Следовательно, ∫a2 x2 − a2(x 2 − a 2 )3dx(x > a ) .Пример 2. ∫x2 − a2Решение. Применим гиперболическую подстановку: x = acht , t ≥ 0 .Тогда dx = ashtdt ,гралуx − a = a sht = asht и интеграл сводится к инте22∫ dt = t + C . Сделаем обратную подстановку:x = acht ⇔ cht =xax⇔ t = Arch , где обратная функция к указанной ветви гиперболическогоaкосинуса имеет вид)(2⎛x⎞x⎛ x⎞⎜Итак, ∫ dt = t + C = Arch + C = ln+ ⎜ ⎟ −1⎟ + C =⎜a⎟a⎝a⎠⎠⎝)= ln x + x 2 − a 2 + C ′ ,где в постоянную C ′ здесь включено слагаемое (− ln a ) .Пример 3.∫2ash 2 x shx=,2ach 2 x chxdx = 4asht ⋅ cht ⋅ dt и приходим к интегралуch2t − 1x−a2∫ x + a dx = 4a ∫ sh tdt = 4a ∫ 2 dt =ash2t − 2at + C .Учитывая, чтоx−a, cht =2asht =x+a, имеем a ⋅ sh 2t =2ax 2 − a 2 .
Далее, sht + cht = e t , отсюда⎛ x+a + x−a ⎞⎟=t = ln(sht + cht ) = ln⎜⎜⎟2a⎝⎠x + a + x − a − ln 2a . Окончательно получим= 2a ⋅ sht ⋅ cht == ln()x−adx = x 2 − a 2 − 2a lnx+aгде C ′ = C − ln 2a .∫4.2.14. 1-я подстановка ЭйлераИнтегралы вида∫ R(x,())x + a + x − a + C′ ,ax 2 + bx + c = t − x aax 2 + bx + c dx в общем случае могут вычис-ляться с помощью рационализирующих подстановок Эйлера.
1-я подстановка Эйлера применима в случае, когда a > 0 . ПоложимArchx = ln x + x 2 − 1 , x ≥ 1 .(x−a=x+ax + a = 2a( sh 2 t + 1) = 2ach 2 t и99x−adx (x ≥ a ) .x+aРешение. В некоторых случаях при вычислении интегралов рассматриваемого вида наряду с указанными подстановками можно применять и другие. Например, в данном случае положим x − a = 2ash t , тогда2ax 2 + bx + c = t − x aax 2 + bx + c = t + x a ). Возведём это ра-(можно также было положитьвенство в квадрат:()2ax 2 + bx + c = t − x a ,ax/ 2 + bx + c = t 2 − 2tx a + ax/ 2 ,t2 − c.откуда выражаем x через t : x =2 at + ba ⋅ t 2 + bt + c adt , ax 2 + bx + c = t − x a =Тогда dx = 2 ⋅22 a ⋅t + b()Хорошилова Е.В.
Неопределённый интеграл100=t− a ⋅t2 − c2 a ⋅t + b=a ⋅ t 2 + bt + c a2 a ⋅t + b§4. Интегрирование иррациональных функций. Переходя к новой перемен-ной интегрирования, получаем интеграл от рациональной дроби)∫ R(x,ax 2 + bx + c dx =⎛ t2 − cat 2 + bt + c a ⎞at 2 + bt + c a⎟⋅2= ∫ R⎜⎜dt .,2⎟2 at + b2 at + b⎝ 2 at + b⎠()Вычислив интеграл, необходимо сделать обратную подстановку′⎛ t 2 −1⎞t2 − t +1⎟⎟ dt = 2 ⋅Дифференцируя, находим dx = ⎜⎜dt .
Переходя к(2t − 1)2⎝ 2t − 1 ⎠t 2 − t +1новой переменной, получаем интеграл 2 ⋅ ∫dt . Далее представляем2t (2t − 1)подынтегральную функцию в виде суммы простейших дробей и вычисляем:2⋅∫t = ax 2 + bx + c + x a .Пример 1.∫dxx2 + a.Решение. Поскольку старший коэффициент квадратного трёхчлена положителен, то применим 1-ю подстановку Эйлера:t2 − a.2tt2 + adt ,Дифференцируя данное равенство, находим dx =2t 2t2 + a2. Подставляя в подынтегральное выражение, получимx +a =2tdtdx2∫ x 2 + a = ∫ t = ln t + C = ln x + x + a + C .∫ x+dxx2 − x +1.Решение.
Так как старший коэффициент квадратного трёхчлена положителен, здесь также возможно применение 1-й подстановки Эйлера:x − x +1 = t − x .Теперь возведём это равенство в квадрат:x − x + 1 = (t − x )2t 2 −1⇔ x/ − x + 1 = t − 2tx + x/ ⇔ x =.2t − 122x2 − x +1 .2ax 2 + bx + c = xt + c2-я подстановка Эйлера применима при вычислении интегралов вида∫ R(x,)ax 2 + bx + c dx , если свободный член c > 0 .Положимax 2 + bx + c = xt + c (можно также было положитьax 2 + bx + c = xt − c ).
Возведём данное равенство в квадрат:ax 2 + bx + c/ = x 2 t 2 + 2 xt c + c/ .После сокращения на x ≠ 0 имеем для x : x =c ⋅ t 2 − bt + a cТогда dx = 2 ⋅(a − t )2 2=22⎞dt 3 dt⎟dt = 2 ∫ − ∫+⎟1t 2⎠t−23133 d (2t − 1)+ ∫= 2 ln t − ln t − −+C ,22 (2t − 1)22 2(2t −1)4.2.15. 2-я подстановка ЭйлераВозводя обе части этого равенства в квадрат, получимПример 2.⎛2t 2 − t +133dt = ∫ ⎜⎜ −+22t (2t − 1)⎝ t 2t − 1 (2t − 1)где t = x +x2 + a = t − x .x 2 + a = t 2 − 2tx + x 2 , или x =101dt ,2 c ⋅t − b⋅t + c =a −t22 c ⋅t − b.a −t2ax 2 + bx + c = xt + c =c ⋅ t 2 − bt + a c.a −t2В результате замены переменной приходим к интегралу от рациональнойдроби∫ R(x,)ax 2 + bx + c dx =Хорошилова Е.В.
Неопределённый интеграл102§4. Интегрирование иррациональных функций⎛ 2 ct − b ct 2 − bt + a c ⎞ct 2 − bt + a c⎟= ∫ R⎜⎜dt .⋅,222⎟2 2atat−−()at−⎝⎠Вычислив интеграл, в конце подставимПример.∫ x+dxx2 − x +1ax 2 + bx + c имеет различные вещественные корни λ и μ , т.е.ax 2 + bx + c = a( x − λ )( x − μ ) .ax 2 + bx + c = t ( x − λ ) . Возведём равенство в квадрат:Положимax 2 + bx + c − c.xt=a( x − λ )( x − μ ) = t 2 ( x − λ ) .2Сократим на x − λ ≠ 0 и, выражая x через t , получим x =.Решение.
Рассмотрим интеграл из предыдущего примера, но теперь вычислим его при помощи 2-й подстановки Эйлера (т.к. свободный член квадратного трёхчлена c = 1 > 0 , это возможно). Положимx 2 − x + 1 = xt − 1 ,Дифференцируя,= t (x − λ ) =2 2tt2 − t +12, x + x − x +1 =. Подставляя в интеграл, получим= 2t −1t −1− 2t 2 + 2t − 2dx=∫ x + x 2 − x + 1 ∫ t (t − 1)(t + 1)2 dt =⎛2133 ⎞⎟dt == ∫ ⎜⎜ −−−2 ⎟()()tt−t+2121()t+1⎝⎠3 dtdt 1 dtdt= 2∫ − ∫−−3=t 2 t − 1 2 ∫ t + 1 ∫ (t + 1)2133= 2 ln t − ln t − 1 − ln t + 1 ++ C , где t =22t +14.2.16.
3-я подстановка Эйлера)вслучае,(t2−ax2 − x +1 +1.xквадратныйтрёхчлен)2ax 2 + bx + c =dt ,)ax 2 + bx + c dx =()Вычислив интеграл, в конце выполним подстановку t =Пример 1.dx∫a2 − x2ax 2 + bx + c.x−λ.Решение. Для вычисления интеграла воспользуемся 3-й подстановкой Эй-a 2 − x 2 = t (a − x ) .Возведёмравенствовквадрат:t −1. Тогда получаемt 2 +14atdtследующее соотношение между дифференциалами: dx =. Кроме(t 2 + 1)22at22. Переходя к новой переменной под знаком интетого, a − x = 2t +1грала, получаем при x < a(a + x )(a − x ) = t (a − x ) ,a( x − λ )( x − μ ) = t ( x − λ )когда2a (μ − λ )t⎛ − aμ + λt 2 a (λ − μ )t ⎞ 2a (μ − λ )t⎟⋅, 2= ∫ R⎜⎜dt .2t − a ⎟⎠ t 2 − a 2⎝ t −aлера:3-я подстановка Эйлера применяется при вычислении интегралов(dx =− aμ + λt 2.t2 − aa(λ − μ )t.
Подставляя в исходный интеграл, получаем интеt2 − a∫ R(x,x − x + 1/ = x t − 2 xt + 1/ .После сокращения на x , выражаем из оставшегося равенства x через t :t2 − t +12t − 1. Тогда dx = −2 ⋅dt иx 2 − x + 1 = xt − 1 =x= 222t −1(t − 1)2∫ R x, ax + bx + c dxнаходимграл от рациональной дробивозведём в квадрат:2103∫dxa −x22= 2⋅∫откуда найдём x = a ⋅2dta+x= 2arctgt + C = 2arctg+C .a−xt +12Хорошилова Е.В. Неопределённый интеграл104Пример 2.dx∫1+1 − 2x − x 2§4.
Интегрирование иррациональных функций.а)Решение. Поскольку квадратный трёхчлен под знаком радикала имеет дваразличных действительных корня x1, 2 = −1 ±новку Эйлера:2 , то применим 3-ю подста-()1 − 2x − x 2 = t x + 1 + 2 .Переписав данное равенство в виде()() (p – целое; б)а) Если p – целое, то полагают t = s x , где s – общий (натуральный)знаменатель дробей m и n (см. интегрирование линейных иррациональностей).∫ (1 +− x +1− 2 x +1+ 2 = t x +1+ 2 ,(возведём его в квадрат и сократим на x + 1 +()2 +1 + 2 −12 2t,,1 − 2x − x 2 = 22t +1t +14 2tdtt 2 + 2 2t + 1, dx = −.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
