close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

diakova

код для вставкиСкачать
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
Федеральное государственное автономное
образовательное учреждение высшего образования
САНКТ-ПЕТЕРБУРГСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
АЭРОКОСМИЧЕСКОГО ПРИБОРОСТРОЕНИЯ
Г. Н. Дьякова, А. Б. Плаченов
ВЫСШАЯ МАТЕМАТИКА
(математика – 1)
ИНТЕГРАЛЫ
Часть 2
Учебное пособие
Санкт-Петербург
2017
УДК 517.3(075)
ББК 22.161.1я73
Д93
Рецензенты:
доктор физико-математических наук, профессор А. П. Киселев;
доктор физико-математических наук, профессор В. Г. Фарафонов
Утверждено
редакционно-издательским советом университета
в качестве учебного пособия
Дьякова, Г. Н.
Д93 Высшая математика (математика – 1): учеб. пособие: в 4 ч.
Ч. 2. Интегралы / Г. Н. Дьякова, А. Б. Плаченов. СПб.: ГУАП,
2017. – 145 с.
ISBN 978-5-8088-1221-5
Описываются способы интегрирования нескольких классов функций специального вида. Приведены многочисленные примеры.
Учебное пособие предназначено для студентов 1-го курса всех
специальностей Санкт-Петербургского государственного университета аэрокосмического приборостроения.
УДК 517.3(075)
ББК 22.161.1я73
ISBN 978-5-8088-1221-5
©
©
Дьякова Г. Н., Плаченов А. Б., 2017
Санкт-Петербургский государственный
университет аэрокосмического
приборостроения, 2017
ПРЕДИСЛОВИЕ
В пособии описываются способы вычисления неопределённых,
определённых, кратных, контурных и поверхностных интегралов.
Основное внимание уделено практической стороне дела, «технологии» интегрирования, которая даётся максимально подробно. Излагается как стандартный для технического вуза материал, так
и некоторые подходы, которые из-за недостатка времени, как правило, остаются вне поля зрения студентов. В то же время теоретическая сторона затрагивается здесь лишь в минимальном объёме
и даётся без доказательства. Первая часть пособия [1] была посвящена самым общим вопросам, относящимся к понятиям первообразной и неопределённого интеграла, а также основным приёмам
интегрирования: непосредственному интегрированию, замене переменных под знаком интеграла в двух её вариантах – подведению под
знак дифференциала и подстановке, – и интегрированию по частям.
Кроме того, были рассмотрены способы интегрирования дробнорациональных функций (или, иначе, рациональных дробей) –
функций, представляющихся в виде отношения двух многочленов.
Во второй части продолжается рассмотрение способов интегрирования функций специального вида. Для удобства ссылок используется сквозная нумерация разделов.
3
10. ИНТЕГРИРОВАНИЕ ФУНКЦИЙ ОТ ЭКСПОНЕНТЫ
( )
Интегралы вида ∫ R eax dx могут быть преобразованы с помощью естественной подстановки:
∫ R (e
ax
)dx=
ln t
dt  1 R ( t ) dt

, dx=
.
t eax , x=
=
=
a
at  a ∫
t

В частности, если R – дробно-рациональная функция своего аргумента, то мы приходим к дробно-рациональной функции переменной t. Такого рода подстановку мы использовали в примерах
7.2.4, 7.2.5. Отметим, что, как видно из примеров 7.1.18–7.1.22, возможны и другие подходы к вычислению таких интегралов. Рассмотрим ещё один пример:
Пример 10.1.
ex + 2
∫ ex + 2e−2x − 3 dx=
=
t+2
dt
∫ t +=
−2
2t − 3 t
dt 

t ex , x= ln t,dx=
=
=
t 

(t2 + 2t) dt
=
∫ t3 − 3t2 + 2
= A ln | t − 1 | + B ln | t2 − 2t − 2 | +
(t2 + 2t) dt
∫ (t − 1)(=
t2 − 2t − 2)
C
2 3
ln
t −1 − 3
t −1 + 3
+ D.
Один из корней кубического многочлена (t = 1) легко угадывается, что позволяет представить этот многочлен в виде произведения.
Второй сомножитель – квадратный трёхчлен – имеет положительный дискриминант, так что можно было его тоже разложить на множители: t2 − 2t − 2 = (t − 1 − 3)(t − 1 + 3 ) и далее представить подынтегральную функцию в виде суммы простейших дробей. Мы пошли
по другому пути, выделив полный квадрат t2 – 2t – 2 = (t – 1)2 – 3
и представив слагаемые первообразной, связанные с этим трёхчленом, в виде линейной комбинации логарифма его модуля и «высокого» логарифма.
Дифференцируем и преобразуем:
t2 + 2t
A
(2t − 2) B
C
=+ 2
+ 2
(t − 1)(t − 2t − 2) t − 1 t − 2t − 2 t − 2t − 2
2
t2 + 2=
t A (t2 − 2t − 2) + 2B(t − 1)2 + C(t − 1)
4
t = 1:
t2:
t = 0:
3 = –3A, 1 = A + 2B,
0 = –2A + 2B – C,
ex + 2
∫ ex + 2e−2x − 3 dx =−ln | t − 1 | + ln | t
2
A = –1;
B = (1 – A)/2 = 1;
C = – 2A + 2B = 4.
− 2t − 2 | +
=
− ln | ex − 1 | + ln e2x − 2ex − 2 +
2
3
ln
2
3
ln
t −1 − 3
t −1 + 3
ex − 1 − 3
ex − 1 + 3
+D=
+ D.
Аналогичные преобразования применимы к интегралам,
у которых подынтегральная функция зависит от выражения
вида ax:
∫ R (a
x
)dx=
ln t
1 R ( t ) dt
dt 

,dx=
.
t a x , x=
=
=

ln a
t ln a  ln a ∫
t

Пример 10.2.
ln t
dt 
1
t2 + 2 dt

x
dx
t
2
,
x
,
dx
=
=
=
=
=
=
∫ 8 x − 2− x

ln 2
t ln 2  ln 2 ∫ t3 − t −1 t

4x + 2
=
1 t2 + 2
1
t2 + 2
dt
dt 
=
=
ln 2 ∫ t4 − 1
ln 2 ∫ (t2 − 1)(t2 + 1)
Обозначим t2 = v, тогда
t2 + 2
v+2
A
B
;
=
=
+
(
)(
)
1
1
1
v
−
v
+
v
−
v
+1
(t − 1)(t + 1)
3
1
1: A = ;
v + 2 =A (v + 1) + B(v − 1);
v=
v =−1 : B =− ;
2
2
2
=

2

1 
dt
dt 
1  3 t −1
−∫
− arctg
=
t + C
 ln
 3∫ 2 =

2
2 ln 2  t − 1
t + 1  2 ln 2  2 t + 1

=

1  3 2x − 1
 ln
− arctg 2x  + C.

2 ln 2  2 2x + 1


5
1.
∫ e2x + 9.
2.
∫ e2x + ex − 2.
3.
∫ e2x + 6ex + 9.
4.
5.
6.
6
e− x dx
dx
e2x dx
e−3x dx
∫ e−2x + 2e−x − 3 .
(3x + 1) dx
∫ 9x + 3x+1 − 10.
(e− x + 5x )2 dx
∫ 8e−2x + 4 ⋅ 5x e−x + 25x .
Задачи
11. ИНТЕГРИРОВАНИЕ
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ ФУНКЦИЙ
В этом разделе мы рассмотрим способы интегрирования некоторых классов тригонометрических функций – точнее, функций, выражающихся через тригонометрические.
11.1. Интегрирование произведений синусов и косинусов
различных аргументов
Здесь речь пойдёт о вычислении интегралов вида ∫ sin ax sin bxdx ,
∫ cos ax cos bxdx, ∫ sin ax cos bxdx, где a, b – постоянные. Один из
таких интегралов был рассмотрен в примере 6.12. Интегралы такого вида вычисляются с помощью тригонометрических тождеств:
1
{cos[(a − b)x] − cos[(a + b)x]},
2
1
cos ax cos=
bx
{cos[(a − b)x] + cos[(a + b)x]}, 2
1
sin ax cos=
bx
{sin[(a − b)x] + sin[(a + b)x]}.
2
sin ax sin=
bx
(11.1.1)
Пример 11.1.1.
1
1
1
∫ sin 4x sin7xdx =2 ∫ (cos 3x − cos11x) dx =6 sin 3x − 22 sin11x + C.
В случае, когда сомножителей несколько, формулами (11.1.1)
приходится пользоваться несколько раз.
Пример 11.1.2.
x
1
x
(cos 6x + cos 8x)sin dx =
∫ cos x cos7x sin 2 dx =
2∫
2
=
1 
x
x
 cos 6x sin + cos 8x sin  dx =
2 ∫
2
2
1 
11x
13x
15x
17x 
=∫  − sin
+ sin
− sin
+ sin
 dx =
4 
2
2
2
2 
7
=
1
11x 1
13x 1
15x 1
17x
cos
−
cos
+
cos
−
cos
+ C.
22
2
26
2
30
2
34
2
Альтернативный способ — использование формул Эйлера (4.2).
Пример 11.1.3. Интеграл из предыдущего примера:
x
∫ cos x cos7x sin 2 dx =
=
(
eix + e−ix e7ix + e−7ix eix/2 − e−ix/2
=
dx
∫ 2
2
2i
1
e17ix/2 − e15ix/2 + e−11ix/2 − e−13ix/2 + e13ix/2 −
8i ∫
)
− e11ix/2 + e−15ix/2 − e−17ix/2 dx =
=
−
1  e17ix/2 + e−17ix/2 e15ix/2 + e−15ix/2
−
−

4i 
17i
15i
e−11ix/2 + e11ix/2 e−13ix/2 + e13ix/2 
+
+C =

11i
13i

1
17x 1
15x 1
11x 1
13x
=
− cos
+
cos
+ cos
− cos
+ C.
34
2
30
2
22
2
26
2
Задачи
1. ∫ sin 4x cos 5xdx.
x
2. ∫ cos x cos dx.
3
3. ∫ sin 2x cos 3x sin 6xdx.
4. ∫ cos πx sin 2xdx.
8
11.2. Интегрирование произведений степеней
синусов и косинусов одного аргумента
Рассматриваются интегралы вида ∫ sinm x cosn xdx , где m, n –
некоторые вещественные числа (не обязательно целые).
1. Начнём со случая, когда один из показателей m, n целый и
нечётный. Такие интегралы рассмотрены, например, в примерах 7.1.1, 7.1.9.
Пример 11.2.1. Обе степени целые положительные: одна чётная,
другая нечётная:
5
4
=
∫ sin x cos xdx
4
4
sin x cos x sin xdx
∫=
(

=
cos x,du =
− sin xdx,sin4 x =
1 − u2
u =

(
=
− ∫ 1 − u2
=
−
5
7
)
2 4
(
)  =
2
)
− ∫ u4 − 2u6 + u8 du =
u du =
9
5
7
u
u
2u
cos x 2 cos x cos9 x
+
−
+C=
−
+
−
+ C.
5
7
9
5
7
9
Показатель степени синуса нечётный. Мы один синус «отщепили», осталась чётная степень, которую можно выразить через квадрат косинуса, а оставшийся синус занесли под знак дифференциала, так что косинус становится новой переменной интегрирования.
В примере 7.1.1 нечётная степень была у косинуса, косинус мы занесли под знак дифференциала, и в качестве новой переменной взяли синус. Таким образом, общее правило такое: если одна из тригонометрических функций (синус, косинус) входит в нечётной степени, то в качестве новой переменной мы берём другую.
Пример 11.2.2. Нечётная степень положительная, чётная равна
нулю. Один из таких интегралов рассматривался в примерах 6.11,
7.1.10. Ещё один пример:
7
=
∫ cos xdx
6
cos x cos xdx
∫=
(
)
3

=
sin x,du =
cos xdx,cos6 x =
1 − u2  =
u =


9
(
=∫ 1 − u2
= u − u3 +
)
3
(
)
du =∫ 1 − 3u2 + 3u4 − u6 du =
3u5 u7
3 sin5 x sin7 x
−
+ C = sin x − sin3 x +
−
+ C.
5
7
5
7
Пример 11.2.3. Нечётная степень положительная, чётная отрицательная:
sin3 x
sin2 x
u =
dx
cos x,du =
=
− sin xdx,sin2 x =
1 − u2  =
∫ cos2 x
∫ cos2 x sin xdx =


=
−∫
1 − u2
2
u
1
1
du =∫ (−u−2 + 1) du = + u + C =
+ cos x + C.
u
cos x
Пример 11.2.4. Нечётная степень положительная, второй показатель нецелый:
3
=
∫ sin x cos x dx
2
sin x cos x sin xdx
∫=
u cos x,du =
==
− sin xdx,sin2 x =
− ∫ (1 − u2 )
1 − u2  =


∫ (u
5/2
=
)
− u1/2 =
du
u du =
2 7/2 2 3/2
2
2
u
− u
+=
C
(cos x)7/2 − (cos x)3/2 + C.
7
3
7
3
Пример 11.2.5. Нечётная степень отрицательная, чётная положительная:
sin2 x
sin2 x
u =
=
dx
sin x,du =
cos xdx,cos2 x =
1 − u2  =
∫ cos x
∫ cos2 x cos xdx =


=∫
u2 du
1 
1 1+ u
1 1 + sin x

=∫  −1 +
du =−u + ln
+ C =− sin x + ln
+ C.
2
u
−
2
1
2 1 − sin x
1−u
1−u 

2
Этот результат можно преобразовать (немного по-другому это
сделано в примере 7.1.16):
1 + sin x
=
1 − sin x
и поэтому
π

π x
1 + cos  − x  2 cos2  − 
2
4 2
π x
=

=
ctg2  − , (11.2.1)
π
π
x




4 2
1 − cos  − x  2 sin2  − 
2

4 2
sin2 x
x
π
− sin x + ln ctg  −  + C.
∫ cos x dx =
2 4
10
Пример 11.2.6. Обе степени отрицательные:
cos xdx
dx
u =
sin x,du =
cos xdx,cos
∫ sin2 x cos x =
∫ sin2 x cos2 x =

=
∫
2
(
du
2
u 1−u
)
2
x=
1 − u2  =

1 
1 1 1+ u
 1
=
∫  u2 + 1 − u2  du =− u + 2 ln 1 − u + C =
1
1 1 + sin x
1
x π
=
−
+ ln
+C=
−
+ ln ctg  −  + C.
sin x 2 1 − sin x
sin x
2 4
При преобразовании подынтегральной функции мы воспользовались тождеством
1
1 1 1
=
 + , ab a + b  a b 
(11.2.2)
(при a = u2, b = 1-u2), являющимся аналогом (8.5). Логарифмическое слагаемое, как и в предыдущем примере, преобразуется с помощью формулы (11.2.1).
Пример 11.2.7. Нечётная степень отрицательная, чётная равна
нулю. Такого рода интегралы рассматривались, в частности, в примерах 7.1.14–7.1.16. Рассмотрим ещё один такой пример:
=
I
dx
∫=
∫
sin3 x
sin xdx
=
sin4 x
(

=
cos x,du =
− sin xdx,sin4 x =
1 − u2
u =

du
−∫
=

)  =
2 2
1
−
u
( )
2
Преобразуем подынтегральную функцию, воспользовавшись
(11.2.2):
−
2
1  1
1 
1 1
2
1 
=
−
+
− 
+
+

 =
 
2
2
2
4  (1 − u)
1−u
(1 + u)2 
 2  1 − u 1 + u 
1 − u2
(
1
)
(второе слагаемое раскладывать на простейшие нерационально),
и тогда
1 1
1+ u
1 
1  2u
1+ u
I=
− 
+ ln
−
− 
+ ln
+C=
4 1 − u
1−u 1+ u
4 1 − u2
1−u

+C=

11
1  2 cos x
1 + cos x 
1  2 cos x
x
=
− 
+ ln
− 
+ lnctg2  + C =
+C=
2
2
4 1 − cos x
1 − cos x 
4  sin x
2
x
1  cos x
=
+ ln tg  + C,
−
2
2  sin x
2
поскольку
1 + cos x 2 cos2 x
x
= = ctg2 . 2
1 − cos x 2 sin x
2
(11.2.3)
В дальнейшем мы вернёмся к этому интегралу и вычислим его
другим способом.
Если нечётны оба показателя степени, то в качестве новой переменной выбирают, как правило, ту функцию, показатель степени
у которой отрицателен, а если знаки показателей совпадают – ту,
показатель которой больше по модулю.
Пример 11.2.8. Оба показателя положительные. Такой интеграл
рассматривался в примере 7.1.9. Ещё один интеграл такого рода:
5
3
=
∫ sin x cos xdx
5
2
sin x cos x cos xdx
∫=
u =
=
sin x,du =
cos xdx,cos2 x =
1 − u2  =


=
(
)
∫(
5
2
∫ u 1 − u du =
)
u5 − u7 du =
u6 u8
sin6 x sin8 x
−
+C=
−
+ C.
6
8
6
8
Пример 11.2.9. Один показатель положительный, другой отрицательный. Такие интегралы рассматривались в примерах 7.1.12 и
(другим способом) 7.1.13. Ещё один пример:
sin3 x
sin2 x
u =
=
− sin xdx,sin2 x =
dx
cos x,du =
1 − u2  =
∫ cos x
∫ cos x sin xdx =


2
2
2
1−u
1
u
cos x

=
−∫
du =
∫  u − u  du =2 − ln u + C = 2 − ln cos x + C.
u
Пример 11.2.10. Оба показателя отрицательные:
sin xdx
dx
u =
− sin xdx,sin
cos x,du =
∫ sin x cos3 x =
∫ sin2 x cos3 x =

2
x=
1 − u2  =

udu
du
dv
1
v =
u2 ,dv =
=
−∫
=
−∫
=
− ∫
=
2udu  =


2 3
2 4 
2 (1 − v ) v2
1−u u
1−u u
(
12
)
(
)
Преобразуем подынтегральную функцию, дважды воспользовавшись тождеством (11.2.2):
1
(1 − v )v
2
=
1 1
11
1  1
1
1 1
1
=  +
= 2+ +
.
= 2 +
v v(1 − v) v  v 1 − v  v
v(1 − v) v
v 1−v
Тогда
1 1
dx

∫ sin x cos3 x = =− 2  − v + ln | v | − ln | 1 − v |  + C =
=
1 1
1 − cos2 x

+ ln
2  cos2 x
cos2 x


tg2 x
 +=
C
+ ln | tg x | +C.

2

2. Перейдём к случаю, когда оба показателя m, n – чётные. Такие интегралы были рассмотрены в примерах 2.2, 6.10. В этом случае пользуются формулами понижения:
1 + cos 2x
,
2
1 − cos 2x
sin2 x =
, 2
sin 2x
sin x cos x =
.
2
cos2 x =
(11.2.4)
Без последней из этих формул можно обойтись, но её использование заметно облегчает и упрощает вычисления. Фактически она
всегда применяется в виде
sin2 x cos2 x =
sin2 2x
.
4
Пример 11.2.11. Оба показателя положительные:
2
4
=
∫ sin x cos xdx
2
2
2
2
(sin x cos x) cos xdx
∫=
1
1
sin2 2x (1 + cos 2x) dx =
(I1 + I2 ),
=
8∫
8
1
x sin 4x
2
(1 − cos 4x) dx =
I1 =
−
+ C,
∫ sin 2xdx =
∫
2
2
8
=
I2
2
2xdx
∫ sin 2x cos=
sin3 2x
1
2
sin
x
d
=
sin
x
+ C,
2
2
2∫
6
13
1
sin 4x sin3 2x 
2
4
sin
x
cos
xdx
=
x
−
+

 + C.
∫
16 
4
3 
Пример 11.2.12. Один показатель положительный, другой равен
нулю. Примеры 2.2, 6.10 относятся именно к этому случаю. Рассмотрим ещё один интеграл такого рода:
1
1
xdx = ∫ (1 − cos 2x)2 dx = ∫ (1 − 2 cos 2x + cos2 2x) dx =
4
4
sin 2x sin 4x
1 
1 + cos 4x 
3
=∫  1 − 2 cos 2x +
+
+ C.
 dx =x −
4 
2
8
4
32

∫ sin
4
3. В случаях, когда один или оба показателя степени отрицательны, пользоваться формулами понижения (11.2.4) не всегда удобно:
применив их, мы вместо произведения степеней получим отношение тригонометрических многочленов. В этом случае обычно делают замену переменной; в качестве новой переменной используют
тангенс или котангенс, как в примере 7.1.11. Такой способ удобен,
когда сумма показателей отрицательная. Рассмотрим ещё два таких примера.
Пример 11.2.13. Один показатель положительный, другой –отрицательный:
sin2 x
dx
∫ cos4 =
x
dx
2
∫ tg x cos=
2
x
2
tg x
∫ tg xd=
tg3 x
+ C.
3
Пример 11.2.14. Оба показателя отрицательные:
dx
=
∫ sin2 x cos4 x
1
1
dx
∫=
tg2 x cos4 x cos2 x
(
dx
1

=
tg x,du = ,
=
1 + u2
u =
2
4
cos x cos x

) 
2
(1 + u2 )
=
2
∫
u2
du =
u3
tg3 x
1
=∫ u−2 + 2 + u2 du =− + 2u +
+ C =− ctg x + 2 tg x +
+ C.
u
3
3
(
)
В общем случае преобразование выглядит следующим образом:
m
n
=
∫ sin x cos xdx
14
m
n +m
tg x cos
xdx ∫ tg
∫=
m
dx
x=
cosn +m +2 x
cos2 x
(
)
−(m +n)/2−1 
dx

=
tg x,du =
,cosn +m +2 x =
1 + u2
u =
=
2
cos x


=
m
∫u
(1 + u2 )
−(m +n)/2−1
du. (11.2.5)
Выбрав в качестве новой переменной котангенс, мы получим
аналогичное выражение: отличие лишь в том, что первый сомножитель будет равен un, и перед интегралом появится минус. Из полученной формулы видно, что такие же замены можно использовать
и в случае, когда оба показателя нечётны, как в примере 7.1.14, и
даже для нецелых n и m, если только их сумма n + m – чётное число. Общим в этих случаях является то, что подынтегральная функция не изменяется, если одновременно изменить знаки синуса и
косинуса. Такие функции имеют период π – такой же, как тангенс
и котангенс.
Пример 11.2.15. Интеграл из примера 11.2.10:
dx
=
∫ sin x cos3 x
1
1
dx
∫=
tg x cos2 x cos2 x
dx
1
1 + u2

2
=
=
=
=
+
=
u
x
du
1
u
tg
,
,

 ∫ u du =
cos2 x cos2 x


∫(
=
)
u−1 + u du
= ln | u | +
u2
tg2 x
C ln | tg x | +
+=
+ C.
2
2
Пример 11.2.16.
∫3
dx
d ctg x
=
−∫
=
−3 3 ctg x + C.
∫ 2 3 2 =
2
3
sin x cos x
sin x ctg x
ctg x
dx
4
2
Вычисление интеграла (11.2.5) не представляет сложности в случае, когда величина n + m чётная и отрицательная: при этом
второй сомножитель в подынтегральной функции – многочлен,
а сама подынтегральная функция представляется в виде суммы
различных степеней переменной интегрирования u с целыми коэффициентами. Если же сумма n + m чётная и неотрицательная,
то интеграл может быль вычислен в квадратурах при условии, что
степени m и n рациональные. Систематически такие интегралы
будут рассмотрены в дальнейшем, а здесь мы ограничимся одним
примером.
15
Пример 11.2.17. Рассмотрим случай m = 1/3, n = –1/3, m + n = 0:
∫ 3 tg x dx =
du 

u = tg x, x = arctg u + kπ,dx = 2
=
u + 1

2
3
3 u ,u v=
v =
=
=
,du 3v=
dv 


=
3v2 dv
w
=
∫ v v=
6
+1 
∫
3u
du
2
u +1
=
2
v=
,dw 2=
vdv 

wdw
3 wdw 3
=
= 
∫
∫
3
2 w + 1 2 (w + 1)(w2 − w + 1)
Раскладываем на простейшие:
A
Bw + C
.
=
+ 2
1
w
+
(w + 1)(w − w + 1)
w − w +1
w
2
Умножаем на знаменатель:
w = A(w2 – w + 1) + (Bw + C)(w + 1),
w = –1:
–1 = 3A,
A = –1/3;
w2:
0 = A + B,
B = –A = 1/3;
w = 0:
0 = A + C,
C = –A = 1/3,
w
1  w +1
1 
=
−
.
 2
2
3
w
+ 1 
(w + 1)(w − w + 1)
w − w +1
Преобразуем первое слагаемое, выделив в числителе производную знаменателя:
w +1
2w − 1
3
=
+
.
2
2
2
w − w + 1 2(w − w + 1) 2(w − w + 1)
В свою очередь,
3
2
2(w − w + 1)
=
6
(2w − 1)2 + 3
.
Тогда получаем:
3 1
(2w − 1) dw
6 dw
dw 
=
⋅ 
+
−
=
∫ 3 tg x dx =
2 3  ∫ 2(w2 − w + 1) ∫ (2w − 1)2 + 3 ∫ w + 1 

16

=
=
1
3
2w − 1 1
− ln | w + 1=
ln(w2 − w + 1) +
arctg
| +C
4
2
2
3
23 tg2 x − 1 1
1 3 4
3
ln  tg x − 3 tg2 x + 1  +
arctg
− ln
4 
2
 2
3
( 3 tg2 x + 1) + C.
Под знаком логарифмов стоят положительные выражения, поэтому вместо модулей использованы скобки.
4. В случае, когда показатели степени чётные и лишь один из них
отрицательный, можно представить подынтегральную функцию
в виде суммы чётных степеней функции, стоящей в знаменателе,
с целыми коэффициентами. Такое представление полезно в случае,
когда сумма показателей неотрицательна, т. е. в числителе степень
больше, чем в знаменателе, или эти степени совпадают.
Пример 11.2.18.
sin4 x
(1 − cos2 x)2
1 − 2 cos2 x + cos4 x
=
dx ∫
=
dx
∫ cos2 x dx ∫=
cos2 x
cos2 x
dx
1
= ∫
− 2∫ dx + ∫ cos2 xdx = tg x − 2x + ∫ (1 + cos 2x) dx =
2
2
cos x
3
sin 2x
= tg x − x +
+ C.
2
4
5. В случае, когда показатели степени отрицательные, иногда бывает удобно понизить их, домножив числитель на (sin2 x + cos2 x)k
(k – натуральное число).
Пример 11.2.19. Интеграл из примера 11.2.14:
dx
=
∫ sin2 x cos4 x
=
sin2 x
(sin2 x + cos2 x)2
=
∫ sin2 x cos4 x dx
dx
dx
dx
=
∫ cos2 x cos2 x + 2∫ cos2 x + ∫ sin
2
x
= ∫ tg2 xd tg x + 2 tg x − ctg x =
tg3 x
+ 2 tg x − ctg x + C.
3
17
Пример 11.2.20. Интеграл из примеров 11.2.10, 11.2.15:
dx
sin2 x + cos2 x
=
dx
∫ sin x cos3 x ∫=
sin x cos3 x

tg2 x
1 
=
∫  tg x + tg x  d tg x = 2 + ln | tg x | +C.
6. Для показателей степени, отличных от двойки, существуют
свои формулы понижения, которыми также можно пользоваться
при вычислении интегралов. Именно этим способом был вычислен
интеграл от куба синуса в примере 6.11. В общем случае для получения формул понижения можно воспользоваться формулами Эйлера
(4.2) и формулой бинома Ньютона. Например,
4
 eix + e−ix 
1 4ix
4
−4ix
cos
=
x 
=
e
+ 4e2ix + 6 + 4e−2ix + e=



2
16


1
=
( cos 4x + 4 cos 2x + 3),
8
4
(
)
 eix − e−ix 
1 4ix
−4ix
sin
=
=
− 4e2ix + 6 − 4e−2ix + e=
x 
e



2i
16


1
=
( cos 4x − 4 cos 2x + 3),
8
4
5
(
)
 eix + e−ix
cos5 x= 

2


1 5ix
e + 5e3ix + 10eix + 10e−ix + 5e−3ix + e−5ix =
=

32

1
=
( cos 5x + 5 cos 3x + 10 cos x ),
16
 eix − e−ix
sin =
x 

2i


1 5ix
e − 5e3ix + 10eix − 10e−ix + 5e−3ix − e−5ix=
=

32
i

1
=
( sin 5x − 5sin 3x + 10 sin x ).
16
5
5
(
(
)
)
Для дальнейших преобразований можно воспользоваться формулами (11.1.1).
18
Пример 11.2.21. Интеграл из примера 11.2.11:
∫ sin
2
x cos4 xdx = ...
Преобразуем подынтегральную функцию:
sin2 x cos4 x=
1
(1 − cos 2x)(cos 4x + 4 cos 2x + 3=
)
16
1
(cos 4x + 4 cos 2x + 3 − cos 2x cos 4x − 4 cos2 2x − 3=
cos 2x)
16
cos 2x + cos 6x
1 

cos 4x + cos 2x + 3 −
=
− 2(1 + cos
=
4x) 

16 
2

1
= ( 2 + cos 2x − 2 cos 4x − cos 6x ).
32
=
А теперь интегрируем:
∫ sin
2
x cos4 xdx =
sin 2x sin 4x sin 6x 
1 
−
−
 2x +
 + C.
32 
2
2
6 
Получили тот же ответ, что и в примере 11.2.11, поскольку
sin 6x = 3 sin 2x – 4 sin3 x.
Пример 11.2.22. Интеграл из примера 11.2.12:
∫ sin
4
xdx
=
sin 4x sin 2x 3
1
−
+ x + C.
( cos 4x − 4 cos 2x + 3) dx=
∫
8
32
4
8
7. Вернёмся к случаю, когда оба показателя степени нечётные.
В этом случае в качестве новой переменной интегрирования можно
взять косинус двойного угла, по одному синусу и косинусу уходит
в дифференциал, а для преобразования оставшихся чётных степеней тригонометрических функций применяют формулы понижения степени.
Пример 11.2.23. Интеграл из примера 11.2.9:
sin3 x
=
∫ cos x dx
sin2 x
1 1 − cos 2x
=
∫ cos2 x sin x cos xdx 2 =
∫ 1 + cos 2x sin 2xdx
1 1−u
1 
2 
=
cos 2x,du =
−2 sin 2xdx  =
− ∫
du =
u =
1 −
 du =
4 1+ u
4 ∫ 1+ u 
19
=
u ln 1 + u
cos 2x ln 1 + cos 2x
cos2 x
−
+C=
−
+C=
− ln cos x + C.
4
2
4
2
2
Пример 11.2.24. Интеграл из примеров 11.2.10, 11.2.15, 11.2.20:
dx
=
∫ sin x cos3 x
sin 2xdx
sin x cos xdx
4∫
=
∫=
sin2 x cos4 x
(1 − cos 2x)(1 + cos 2x)2
1 + cos 2x,du =
2 − u  =
=
−2 sin 2xdx,1 − cos 2x =
u =
=
−∫
=
 1
1
1 
1 1 2−u
=
−∫  2 +
+
+C=
 du = + ln
2u 2(2 − u) 
u 2
u
(2 − u)u
u
2 du
2
1
1 − cos 2x
1
1 2 sin2 x
+ ln
=
+C
+
ln
+C=
1 + cos 2x
1 + cos 2x
2 cos2 x 2 2 cos2 x
tg2 x
=
+ ln tg x + C.
2
Поясним разложение подынтегральной функции на простейшие. Его можно снова получить, двукратно применяя (11.2.2), однако мы сейчас для разнообразия сделаем это, используя метод неопределённых коэффициентов:
2
2
A
=
2
+
B
C
.
+
u 2−u
(2 − u)u
u
Воспользуемся соображениями эквивалентности (см. подразд. 9.5).
2
1
2
1
~ , откуда A = 1. При u → 2
~
,
При u → 0
2
2
2 2(2 − u)
(2 − u)u
u
(2 − u)u
откуда C = 1/2. Наконец, при u → ∞
A
2
u
+
2
1
= o  , в то время как
u
(2 − u)u
2
B
C
B−C
1
+ =
+ o  , поэтому B = C = 1/2.
u 2−u
u
u
Пример 11.2.25. Интеграл из примера 11.2.8:
5
3
=
∫ sin x cos xdx
4
2
sin x cos x sin x cos xdx
∫=
1
=∫ (1 − cos 2x)2 (1 + cos 2x)sin 2xdx =
16
=
cos 2x,du =
−2 sin 2xdx  =
u =
20
(
)
1
1
2
=
− ∫ (1 − u ) (1 + u) du =
− ∫ 1 − u − u2 + u3 du =
32
32
1 
u2 u3 u4 
=
− u −
−
+
+C =
32 
2
3
4 
1 
cos2 2x cos3 2x cos4 2x 
=
−  cos 2x −
−
+
 + C.

32 
2
3
4

Вид ответа сильно отличается от полученного в примере 11.2.8.
8. Ещё один подход – использование рекуррентных формул.
В примере 8.23 были получены такие формулы (8.7), (8.8) для интегралов от степеней косинуса. Получим аналогичные формулы, связывающие интегралы от различных степеней синуса.
Пример 11.2.26.
n
In =
− ∫ sinn −1 xd cos x =
∫ sin xdx =
=
− sinn −1 x cos x + ∫ cos xd sinn −1 x =
=
− sinn −1 x cos x + (n − 1) ∫ cos x ⋅ sinn −2 x cos xdx =
=
− sinn −1 x cos x + (n − 1) ∫ (1 − sin2 x)sinn −2 xdx =
=
− sinn −1 x cos x + (n − 1)(In −2 − In ),
откуда
In =
1
− sinn −1 x cos x + (n − 1) In −2  + C 
n
(11.2.6)
(при n ≠ 1 константу C в правой части можно не писать). Формула
(11.2.6), как и (8.7), связывает интегралы от степеней одной чётности. С учётом того, что I0 = C, мы можем последовательным применением этой формулы найти интеграл от любой целой положительной степени косинуса (равенство I1 = –cos x + C следует из (11.2.6)),
а переписав её в виде
1
In −2 = nIn + sinn −1 x cos x)  + C, 
n −1 
(11.2.7)
мы сможем находить и интегралы от целых отрицательных степеx
=
I−1 ln tg + C (см. пример 7.1.15). Аналогичней синуса, с учётом
2
21
ные формулы (с двумя индексами) можно получить и для интегралов от произведения различных степеней синуса и косинуса.
9. Преобразуем искомый интеграл, считая синус и косинус неотрицательными:
m
n
=
∫ sin x cos xdx
m −1
n −1
sin
x cos
x sin x cos xdx
∫=
1 (m −1)/2
t =
=
2 sin x cos xdx  =
sin2 x,dt =
t
(1 − t)(n −1)/2 dt =

 2∫
1 p
=
t (1 − t)q dt,
2∫
где p = (m – 1)/2, q = (n – 1)/2. Забегая вперёд, скажем, что интегралы такого вида с рациональными показателями p и q выражаются через элементарные функции в случаях, когда целым является
либо один из показателей (т.е. m или n целое нечётное), либо их сумма p + q (т.е. сумма m + n – чётная).
Задачи
1. ∫ sin4 x cos2 xdx.
5cos3 x
6. ∫ cos6 xdx.
3
sin2 x cos3 xdx.
7.
∫
8.
∫3
4. ∫ cos4 x sin3 xdx.
9.
∫ cos x sin3 x.
5. ∫ cos3 xdx.
10.
2.
3.
∫
7
sin x
dx.
sin4 3x
∫ cos6 3x dx.
sin3 x
cos4 x
dx.
dx
∫
dx
sin x cos3 x
.
11.3. Интегрирование произведений натуральных степеней
синусов и косинусов различных аргументов
При
m
∫ cos
вычислении
ax cosn bxdx ,
∫ sin
интегралов
m
вида
∫ sin
m
ax sinn bxdx ,
ax cosn bxdx следует сначала воспользо-
ваться формулами понижения степени, а потом формулами (11.1.1)
22
для произведений синусов и косинусов различных аргументов.
Если значения a и b соизмеримы, можно пойти в противоположном направлении: использовать формулы для тригонометрических
функций кратных углов и привести подынтегральную функцию
к сумме произведений степеней синусов и косинусов одного и того
же аргумента.
Пример 11.3.1.
∫ sin
3
2x cos2 3xdx = ...
Преобразуем подынтегральную функцию:
=
sin3 2x cos2 3x
3 sin 2x − sin 6x 1 + cos 6x
=
4
2
1
x)
( 3 sin 2x − sin 6x + 3 sin 2x cos 6x − sin 6x cos 6=
8
sin 8 x − sin 4x sin12x 
1
=
−
 3 sin 2x − sin 6x + 3
,
8
2
2 
=
откуда
∫ sin
3
2x cos2 3xdx =
cos 6x 3
cos12x 
1 3
3
=
− cos 8x +
 − cos 2x + cos 4x +
 + C.
8 2
8
6
16
24 
Второй способ:
3
sin=
2x cos2 3x (2 sin x cos x)3 (4 cos3=
x − 3 cos x)2
4
= 8 sin3 x cos3 x (16 cos6 x − 24 cos=
x + 9 cos2 x)
=8 sin x(1 − cos2 x)(16 cos9 x − 24 cos7 x + 9 cos5 x) =
7
= 8 sin x(16 cos9 x − 24 cos7 x + 9 cos5 x − 16 cos11 x + 24 cos9 x − 9 cos
=
x)
= 8 sin x (9 cos5 x − 33 cos7 x + 40 cos9 x − 16cos11 x),
и тогда
∫ sin
3
2x cos2 3xdx= 8 ∫ (9 cos5 x − 33 cos7 x + 40 cos9 x − 16 cos11 x)sin xdx=
=
8 ∫ (−9 cos5 x + 33 cos7 x − 40 cos9 x + 16 cos11 x) d cos x =
23
33
4
 3

= 8  − cos6 x +
cos8 x − 4 cos10 x + cos12 x  + C =
2
8
3


32
6
8
10
12
=
−12 cos x + 33 cos x − 32 cos x +
cos x + C.
3
Задачи
x
1. ∫ cos sin3 xdx.
3. ∫ cos2 3x cos2 2xdx.
2
2. ∫ cos3 2x sin2 3xdx.
4. ∫ sin 3x sin2 xdx.
11.4. Интегралы от функций, нечётных относительно синуса
или косинуса
Правило замены переменной в интеграле от произведения степеней синуса и косинуса, одна из которых нечётная, может быть
обобщено. Если подынтегральная функция f(x) зависит от синуса
и косинуса независимой переменной, т.е. f(x) = R(sin x, cos x), и нечётная относительно одной из этих функций (R(–u,v) = –R(u,v) или
R(u,–v) = –R(u,v)), то удобно сделать замену переменной, взяв в качестве новой переменной интегрирования другую функцию. Если R
– дробно-рациональная функция своих аргументов, то после замены мы также получим дробно-рациональную функцию.
Пример 11.4.1. В этом примере подынтегральная функция нечётная относительно sin x, т.е. меняет знак при изменении знака синуса
и сохранении прежнего значения косинуса. Поэтому в качестве новой переменной выбираем cos x:
1 + cos2 x
=
∫ sin3 x − 5sin x dx
1 + cos2 x
=
∫ sin2 x(sin2 x − 5) sin xdx
(
)
=u =cos x,du =− sin xdx,sin2 x =
1 − u2 ,sin2 x − 5 =− 4 + u2  =


=
24
1 + u2
du
∫=
1 − u2 4 + u2
(
)(
)

Обозначим u2 = v, тогда
1 + u2
(1 − u )(
2
=
4 + u2
)
1+v
A
B
=
+
,
−
+
−
+v
1
v
4
v
1
v
4
( )(
)
2
v=
1: A = ,
5
1 + v =A (4 + v) + B(1 − v),
3
v =−4 : B =− .
5
Если многочлены равны, то они совпадают при всех значениях
аргумента; поэтому мы подставляем v = –4, хотя это значение не
входит в область значений переменной v.
Продолжим вычисление интеграла:

=
2 du
3 du
1 1+ u 3
u
− ∫=
ln
− arctg=
+C
∫
2
2
5 1−u
5 4+u
5 1 − u 10
2
1 1 + cos x 3
cos x
2
x 3
cos x
=
ln
− arctg
+C=
ln ctg − arctg
+C
5 1 − cos x 10
2
5
2 10
2
(при последнем переходе воспользовались формулой (11.2.3)).
Задачи
1.
2.
3 sin x
∫ 25 + cos2 x
3.
dx
sin3 x
∫ cos x − 3 dx
cos3 x
∫ 2 − cos2 x dx
11.5. Интегралы от функций, чётных относительно
одновременной замены знаков синуса и косинуса
Если подынтегральная функция f(x) = R(sin x, cos x) не изменяется при одновременном изменении знаков синуса и косинуса (R(–u,–v) = R(u,v)), то такая функция имеет период π, и в этом
случае может помочь подстановка в виде тангенса или котангенса
(также π-периодических функций). Такие интегралы рассматривались нами в примерах 7.1.14, 11.2.7–11.2.10. Здесь мы рассмотрим
сначала интегралы от дробей, в числителе которых стоит единица, а в знаменателе – однородный квадратный многочлен от синуса и косинуса, т.е. функция вида a sin2 x + b sin x cos x + c cos2 x.
25
Очевидно, в число таких многочленов входят и константы, поскольку 1 = sin2 x + cos2 x. Интегралы рассматриваемого вида преобразуются следующим образом:
dx
∫ a sin2 x + b sin=
x cos x + c cos2 x
dx / cos2 x
=
∫ a tg2 x + b tg x + c
d tg x
∫ a tg2 x + b tg x + c.
Аналогичным образом, при вынесении квадрата не косинуса,
а синуса, получаем в числителе дифференциал, а знаменателе –
квадратный трёхчлен от котангенса:
dx
∫ a sin2 x + b sin x cos x + c cos2 x =
=
dx / sin2 x
d ctg x
∫ a + b ctg x + c ctg2 x = −∫ a + b ctg x + c ctg2 x.
Замечание. Следует иметь в виду, что такие замены корректны
лишь там, где определён тангенс или котангенс. При этом точки
разрыва тангенса (котангенса), в которых обращается в нуль косинус (синус), вовсе не являются особыми точками подынтегральной
функции, если только коэффициент a (соответственно, c) отличен
от нуля. Поэтому, с одной стороны, аналитическое выражение для
первообразной, которое мы получим, будет содержать тангенс (котангенс) и не будет определено в его точках разрыва; с другой стороны, первообразная в этих точках должна быть непрерывна. Поэтому на последнем этапе может понадобиться процедура сшивания:
значения постоянных интегрирования на соседних интервалах непрерывности тангенса (котангенса) должны выбираться согласованно – так, чтобы левое и правое предельные значения первообразной
в точках разрыва тангенса (котангенса) совпадали. Первообразная
в этих точках доопределяется по непрерывности.
Пример 11.5.1.
dx
dx
dx / cos2 x
∫=
∫ 4 cos=
∫=
2
4 − 5 sin2 x
x − sin2 x
4 − tg2 x
=
26
d tg x
∫ 4 −=
tg2 x
1 2 + tg x
1 2 cos x + sin x
ln
=
+C
ln
+ C.
4 2 − tg x
4 2 cos x − sin x
В этом примере указанная процедура сшивания была выполнена, когда под знаком логарифма мы домножили числитель и знаменатель дроби на cos x: результирующая функция оказалась непрерывной в точках разрыва тангенса, хотя у неё, конечно, остались
разрывы при x, удовлетворяющие условию |sin x| = 2|cos x| – в точках, в которых обращается в нуль знаменатель подынтегральной
функции.
Пример 11.5.2.
dx
dx
dx / cos2 x
∫=
∫ 4 cos2=
∫=
4 + 5 sin2 x
x + 9 sin2 x
4 + 9 tg2 x
=
1 d(3 tg x) 1
3 tg x
=
+ C.
arctg
∫
2
3 4 + 9 tg x 6
2
На первый взгляд, получился абсурдный результат: первообразная от непрерывной строго положительной функции должна монотонно возрастать, а ответ – функция, казалось бы, периодическая
1

и к тому же разрывная: в каждой точке вида  k +  π она испыты2

π
вает скачок − . Разгадка в том, что периодичность эта мнимая,
6
поскольку C – не константа, а кусочно-постоянная функция. Значения её на соседних промежутках непрерывности тангенса отлиπ
чаются на , что и обеспечивает непрерывность и монотонность
6
правой части.
Пример 11.5.3.
dx
∫ 5sin2 x + 4=
sin x cos x − cos2 x
dx / sin2 x
=
∫ 5 + 4 ctg x − ctg2 x
dx 
du
du

=
−
=
=
=
ctg x,du =
u =
∫
2  ∫ 2
(u + 1)(u − 5)
u − 4u − 5
sin x 

1 u −5
1 ctg x − 5
1 cos x − 5 sin x
=
+C
=
+C
+C
ln =
ln
ln
6 u +1
6 ctg x + 1
6
cos x + sin x
(мы воспользовались результатом примера 9.6.3). В данном случае
удобнее взять в качестве новой переменной именно котангенс, а не
тангенс, поскольку при таком выборе коэффициент при старшей
27
степени в знаменателе оказывается равным единице. Последнее
преобразование дроби под логарифмом обеспечило непрерывность
первообразной в точках разрыва котангенса.
Рассмотрим теперь интегралы от отношения двух однородных
квадратных многочленов.
∫
A sin2 x + B sin x cos x + C cos2 x
a sin2 x + b sin x cos x + c cos2 x
dx =
A tg2 x + B tg x + C
dx
=
∫ (a tg2 x + b tg x + c)(1 + tg2 x) cos2 x
dx 

= =
=
=
u tg x,du

cos2 x 

Au2 + Bu + C
∫ (au2 + bu + c)(1 + u2 ) du.
Деля числитель и знаменатель на квадрат косинуса, получаем
квадратные трёхчлены относительно тангенса. После этого домножаем знаменатель на тождественно (в области определения тангенса) равное единице произведение (1 + tg2 x)cos2 x и делаем замену
переменной. Разумеется, подобным же способом можно перейти
и к котангенсу.
Пример 11.5.4.
(sin x − 3 cos x)2
=
∫ 1 + 2sin x cos x + 4 cos2 x dx
(sin x − 3 cos x)2
dx
∫=
sin2 x + 2 sin x cos x + 5 cos2 x
dx
(tg x − 3)2
=
∫ (tg2 x + 2 tg x + 5)(1 + tg2 x) cos2 x
(u − 3)2 du
dx 

= =
u tg x, du
=
=
=
 ∫ 2
cos2 x 
(u + 2u + 5)(1 + u2 )

B
u +1
= A ln(u2 + 2u + 5) + arctg
+ C ln(1 + u2 ) + D arctg u + E,
2
2
вид первого арктангенса определяется тем, что u2 + 2u + 5 =
= (u + 1)2 + 22. Дифференцируем и преобразуем:
(u − 3)2
2 A (u + 1)
B
2Cu
D
=
+
+
+
,
2
2
2
2
(u + 2u + 5)(1 + u ) u + 2u + 5 u + 2u + 5 1 + u
1 + u2
2
(u − 3=
)2 [2 A (u + 1) + B](1 + u2 ) + (2Cu + D)[(u + 1)2 + 4],
28
u3:
0 = A + C,
A = –C;
u1:
–6 = 2A + 10C + 2D,
D = –4C – 3;
u = –1:
16 = 2B – 8C + 4D,
B = 12C + 14;
u = 0:
9 = 2A + B + 5D,
B = 22C + 24.
Отсюда C = –1, A = 1, B = 2, D = 1 и
(sin x − 3 cos x)2
∫ 1 + 2sin x cos x + 4 cos2 x dx =
= ln(u2 + 2u + 5) + arctg
= ln
2
u2 + 2u + 5
2
1+ u
+ arctg
u +1
+ arctg
=
u+E
2
tg x + 1
arctg tg x + E
+=
2
1 + tg x
tg x + 1
= ln(1 + 2 sin x cos x + 4 cos2 x) + arctg
+ x + E.
2
= ln
tg x + 2 tg x + 5
u +1
− ln(1 + u2 ) + arctg u + =
E
2
2
+ arctg
Здесь ситуация похожа на рассмотренную в примере 11.5.2.
Подынтегральная функция непрерывна и положительна, и каждая
из её первообразных должна быть непрерывной монотонно возрастающей функцией. В то же время за счёт нерегулярной замены мы
π
получили ответ, не определённый в точках + nπ . Поэтому необхо2
димо так подобрать функцию E, постоянную на каждом из интерπ
π

валов  nπ − ,nπ +  , чтобы её разрывы компенсировали разрывы
2
2


π
остальных слагаемых. Тогда в точках + nπ наша функция будет
2
иметь устранимые разрывы, и мы положим значения первообразной в этих точках совпадающими с её предельными значениями.
Каждое слагаемое в ответе ведёт себя по-своему. Первое из них,
выраженное через тангенс, с самого начала имело устранимые разрывы, и за счёт умножения числителя и знаменателя стоящей под
логарифмом дроби на cos2 x произошло доопределение этого слагаемого в точках разрыва, так что в окончательном ответе эта функция непрерывна. Третье слагаемое (x) также непрерывно, в отличие от функции arctg tg x, из которого оно возникло: эта функция
периодическая, кусочно-линейная, имеет пилообразный график.
В линейную эта функция превратилась за счёт добавления кусочно29
постоянной функции, компенсирующей разрывы, и последующего доопределения по непрерывности в точках устранимых разрывов. Второе слагаемое arctg[(tg x + 1)/2] так и осталось разрывным,
и чтобы эти разрывы были устранимыми, E в каждой из точек
π
+ nπ должно иметь скачки величиной π.
2
Рассматриваемый способ работает всегда, когда в числителе и
знаменателе стоят многочлены относительно синуса и косинуса, содержащие слагаемые с суммарными степенями одинаковой чётности (т. е. либо только чётные, либо только нечётные).
Пример 11.5.5. Пример, в котором в знаменателе стоит многочлен
третьей, а в числителе — первой степени относительно синуса и косинуса:
(5 sin x − 3 cos x) dx
∫ 2sin3 x − 3sin2 x cos x − 7 sin x cos2 x + 10 cos3 x − sin x + 2 cos x = 
Превратим знаменатель в однородный многочлен, домножив
–sin x + 2cos x на (sin2 x + cos2 x):

(5 sin x − 3 cos x) dx
∫=
sin3 x − sin2 x cos x − 8 sin x cos2 x + 12 cos3 x
5 tg x − 3
dx
∫=
tg3 x − tg2 x − 8 tg x + 12 cos2 x
dx 

= =
t tg x, dt=
=

cos2 x 

(5t − 3) dt
∫ t3 − t2 − 8t + 12=

Ищем корни знаменателя среди делителей свободного члена. Значения ±1 не подходят, а вот при t = 2 видим, что
23 – 22 – 8 · 2 + 12 = 0. Поделив знаменатель на (t – 2), получаем:
t3 – t2 – 8t + 12 = (t – 2)(t2 + t – 6) = (t – 2)2(t + 3), и дальше ищем
интеграл методом неопределённых коэффициентов:
=
(5t − 3) dt
∫ (t − 2)2 (t + 3)=
A
+ B ln | t − 2 | + C ln | t + 3 | + D.
t −2
Дифференцируем:
5t − 3
A
B
C
.
=
−
+
+
2 t −2 t +3
(t − 2) (t + 3)
(t − 2)
2
30
5t − 3
При t → 2
2
(t − 2) (t + 3)
При t → –3
При t → ∞
5t − 3
2
~
7
, откуда A = − .
5
5(t − 2)
7
2
~
−18
2
(t − 2) (t + 3) 25(t − 2)
, откуда C = −
18
.
25
5t − 3
18
1
= o  , откуда B =−C = .
25
t
(t − 2) (t + 3)
2
Тогда
(5t − 3) dt
7
18
t −2
−
+
+D=
ln
∫ (t − 2)2 (t + 3) =
5(t − 2) 25 t + 3
7
18 tg x + 3
=
−
+
+D=
ln
5(tg x − 2) 25 tg x − 2
7 cos x
18 sin x − 2 cos x
=
−
+
+ D.
ln
5(sin x − 2 cos x) 25 sin x + 3 cos x
Последний переход, как обычно, обеспечивает непрерывное продолжение первообразной на точки вида x = nπ.
Пример 11.5.6. Пример, в котором подынтегральная функция не
является отношением многочленов:
sin x
=
∫ cos3 x ln sin 2x dx
sin x
sin x
ln 2 sin x cos x dx
∫=
cos3 x
2 tg x
2
dx
=
ln 2 tg x cos x dx ∫=
tg x ln
∫ cos
3
x
1 + tg2 x cos2 x
dx 

= =
t tg x,dt=
=

cos2 x 

= ln
∫ ln
2t
1 + t2
tdt=
∫ ln
t2
d =
1 + t2 2
2t
t2 1 2
2t
2t t2 1 2 
− ∫ t d ln = ln
− ∫ t d ln | t | − ln 1 + t2  =


1 + t2 2 2
1 + t2
1 + t2 2 2
(
2t
= ln
= ln
)
t2 1 2  1
t2
2t 
2t t2 t2
t
dt
tdt
−
−
=
ln
−
+
∫  t 1 + t2 
∫ 1 +=
1 + t2 2 2
1 + t2 2 4
t2
2t
(
)
2
tdt
t2 t2
2t t2 t2 ln 1 + t
tdt
−
+
−
=
ln
+
−
=
+C
∫
∫ 1 + t2 1 + t2 2 4
2
1 + t2 2 4
2t
31
= ln sin 2x
(
)
2
tg2 x tg2 x ln 1 + tg x
+
−
=
+C
2
4
2
= ln sin 2x
tg2 x tg2 x
+
+ ln | cos x | +C.
2
4
Задачи
dx
1.
∫ 9 sin2 x + cos2 x .
2.
∫ sin2 x − 4 sin x cos x − 5 cos2 x .
3.
∫ sin2 x − sin x cos x − 2 cos2 x .
4.
∫ sin3 x + sin2 x cos x − 2 cos3 x .
dx
(1 + 5 cos2 x) dx
(2 sin x + cos x) dx
11.6. Интегрирование отношения тригонометрического
многочлена и степени однородного двучлена
В этом подразделе мы рассмотрим интегралы вида
P(sin x,cos x) dx
∫ ( A sin x + B cos x)k , где P(sin x, cos x) – многочлен относительно
синуса и косинуса переменной интегрирования, а k – натуральное
число.
Преобразуем стоящий в знаменателе двучлен:

A sin x + B cos x =A2 + B2 


=
где
cos α =
32
α
угол
B
2
A + B2
A
A2 + B2
sin x +

cos x  =

A2 + B2

B
A2 + B2 cos(x − α),
sin α =
A
,
A 2 + B2
. Сделаем замену t = x – α, тогда x = t + α, dx = dt,
определяется
из
условий
sin
=
x sin(t +=
α) sin t cos α + cos t sin
=
α
cos
=
x cos(t +=
α) cos t cos α − sin t sin
=
α
B sin t + A cos t
A 2 + B2
B cos t − A sin t
A2 + B2
,
,
и интеграл
P(sin x,cos x) dx
=∫
∫ ( A sin x + B cos x)k =
(
P ( A2 + B2 )−1/2 (B sin t + A cos t),( A2 + B2 )−1/2 (− A sin t + B cos t)
2
2 k/2
(A + B )
k
cos t
) dt
приводится к линейной комбинации рассмотренных в подразд. 11.2
интегралов от произведений степеней косинусов и синусов одного
аргумента.
Замечание. Разумеется, с тем же успехом можно при желании
привести двучлен не к косинусу разности, а к косинусу суммы или
к синусу суммы или разности x и α, иначе определив sin α и cos α
(поменяв их местами и/или по-другому выбрав их знаки). Ход решения принципиально останется таким же, но в знаменателе вместо
косинуса может появиться синус.
Пример 11.6.1.
∫
1 + 2 sin x − sin x cos x
(3 sin x + 4 cos x)2
dx =
3
4

= t= x − α,sin α= ,cos α= ,3 sin x + 4 cos x= 5 cos t,
5
5

4 sin t + 3 cos t
4 cos t − 3 sin t
dx = dt, x = t + α,sin x =
,cos x =
,
5
5
sin x cos x
7 sin t cos t + 12(cos2 t − sin2 t) 7 sin t cos t + 24 cos2 t − 12 
= =

25
25

1 
4 sin t + 3 cos t 7 sin t cos t + 24 cos2 t − 12  dt
=
−
=
1 + 2

∫
 cos2 t
25 
5
25

sin t
1  sin t
6
1  37

=
+
+ 
−7
−=
24   dt
8
125 ∫  cos2 t cos t 5  cos2 t
cos t

33
=

1  8
1 + sin t 1
+ 6 ln
+ ( 37 tg t + 7 ln | cos t | −24=
t ) + C 

125  cos t
cos t
5

При вычислении первого и четвёртого слагаемых синус подвели
под знак дифференциала: sin t dt = –d cos t (см. также пример 7.1.12),
при вычислении второго воспользовались результатом примера 7.1.16.
1  8
1

+ 6 ln 1 + sin t + ( 37 tg t − 23 ln | cos t | −24=
t ) + C
125  cos t
5

3 sin x + 4 cos x
4 sin x − 3 cos x 

= cos
=
=
− α)
=
t
t sin(x =
,sin

5
5


8
6
=
+
ln | 5 + 4 sin x − 3 cos x | +
25(3 sin x + 4 cos x) 125
1  4 sin x − 3 cos x

+
− 23 ln | 3 sin x + 4 cos x | −24x  + C =
 37
625  3 sin x + 4 cos x


=
1  200 + 37(4 sin x − 3 cos x)
+ 30 ln | 5 + 4 sin x − 3 cos x | −
625 
3 sin x + 4 cos x
−23 ln | 3 sin x + 4 cos x | −24x  + C.
Пример 11.6.2. Пример с неудобными коэффициентами:
3 cos x − 5 sin2 x
∫ (2sin x − 7 cos x)3 dx=

t= x − α,cos α=

2
53
,sin α=
7
53
,
2 sin x − 7 cos x = 53 sin t, dx = dt, x = t + α,
2 sin t + 7 cos t
2 cos t − 7 sin t
=
sin x =
,cos x
,
53
53
sin2 x
4 sin2 t + 28 sin t cos t + 49 cos2 t 28 sin t cos t − 45 sin2 t + 49 
= =

53
53

=∫
3
=
34
2 cos t − 7 sin t
28 sin t cos t − 45 sin2 t + 49
−5
53
53
dt =
3
( 53 sin t)
6
2
53
∫
cos tdt
3
sin t
−
21
2
53
dt
140
∫ sin2 t − 535/2 ∫
cos tdt
sin2 t
+
+
6
245
dt
5/2
53
dt
∫ sin t − 535/2 ∫ sin3 t =
21
140
−2
∫ sin td sin t +
53
535/2
225
245 1  cos t
t
t
+ 5/2 ln tg − 5/2 ⋅  −
+ ln tg  =

2
2
2
2
53
53
 sin t

=
2
53
∫ sin
−3
225
td sin t +
2
ctg t −
(при вычислении двух последних интегралов воспользовались результатами примеров 7.1.15 и 11.2.7)
3
1
21
=
−
+
ctg t +
2
2
53 sin t 532
t
140 1
245 cos t
205
+
+
+

ln tg + C =
5/2 sin t
5/2
2
5/2
2
sin t 2 ⋅ 53
53
2 ⋅ 53
А теперь возвращаемся к переменной x:
sin t sin x cos α − cos=
=
x sin α
cos t cos x cos α + sin=
x sin α
=
ctg t =
2 sin x − 7 cos x
53
2 cos x + 7 sin x
2 cos x + 7 sin x
,
2 sin x − 7 cos x
53
,
,
(2 sin x − 7 cos x)2
,
53
sin t
2 sin x − 7 cos x
t
tg
,
=
=
2 1 + cos t
53 + 2 cos x + 7 sin x
sin2 t =
и тогда
3 cos x − 5 sin2 x
3
1
=
−
+
∫ (2sin x − 7 cos x)3 dx =
53 (2 sin x − 7 cos x)2
+
+
245
2
21 2 cos x + 7 sin x 140
1
+ 2
+
2 2 sin x − 7 cos x
53
53 2 sin x − 7 cos x
2 cos x + 7 sin x
2
+
205
5/2
ln
2 sin x − 7 cos x
53 + 2 cos x + 7 sin x
2 ⋅ 53 (2 sin x − 7 cos x)
2 ⋅ 53
245 (2 cos x + 7 sin x) − 318
=
+
2 ⋅ 532 (2 sin x − 7 cos x)2
+C=
35
+
7 3 (2 cos x + 7 sin x) + 20
205
2 sin x − 7 cos x
+
+C=
ln
2
5
/
2
2 sin x − 7 cos x
53 + 2 cos x + 7 sin x
53
2 ⋅ 53
 205
2 sin x − 7 cos x
+
ln

53 + 2 cos x + 7 sin x
2 ⋅ 53  53
1
2
+
−318 + 35 (65 sin x − 42 cos x) − 42(45 sin x cos x + 14 cos2 x − 14 sin2 x) 
 + C.
(2 sin x − 7 cos x)2

Задачи
1.
2.
2 sin x + cos2 x − 3
∫ (5sin x − 12 cos x )2 dx.
∫
sin x cos x + 1 − 3 cos x
(sin x − cos x)3
3.
2 + sin x − 3 cos2 x
∫ (4 sin x + 3 cos x )2 dx.
dx.
11.7. Интегрирование отношения тригонометрического
многочлена и степени однородного трёхчлена
Теперь
мы
займёмся
интегралами
вида
P(sin x,cos x) dx
∫ (a sin2 x + b sin x cos x + c cos2 x)k , где снова P(sin x, cos x) – многочлен относительно синуса и косинуса переменной интегрирования;
k – натуральное число. Разобьём этот многочлен в сумму двух многочленов, один из которых чётен относительно одновременного изменения знаков sin x и cos x, а другой нечётен. Соответственно, интеграл разбивается в сумму двух интегралов, первый из которых вычисляется способом, описанным в подразд. 11.4, а второй содержит
слагаемые, в которых одна из тригонометрических функций стоит
в чётной, а вторая в нечётной степени. Он и является предметом нашего рассмотрения.
Преобразуем стоящий в знаменателе трёхчлен:
a+c c−a
a sin2 x + b sin x cos x + c cos2 x =
+
(cos2 x − sin2 x) + b sin x cos x =
2
2
1
1

= [(a + c) + (c − a)cos 2x + b sin 2x=
]
(a + c) + (c − a)2 + b2 cos(2x − 2α)=


2
2
36
{
{
}
}
1
(a + c) + (c − a)2 + b2 2 cos2 (x − α) −=
1


2
1
(a + c) + (c − a)2 + b2 1 − 2 sin2 (x − α)  ,
=


2
=
где
угол
α
определяется
c−a
cos 2α =
из
условий
, откуда
=
tg α
sin 2α =
b
(c − a)2 + b2
,
2
2
1 − cos 2α a − c + (c − a) + b
=
sin 2α
b
(c − a)2 + b2
(угол α – тот самый, поворот на который приводит квадратичную
форму ax22 + bx1x2 + cx12 к диагональному виду). Сделав замену
t = x – α, представим числитель в виде линейной комбинации произведений различных степеней sin t и cos t, причём в каждом из таких слагаемых по-прежнему одна степень чётная, а вторая – нечётная. В результате наш интеграл представляется в виде суммы рассмотренных в подразд. 11.3 интегралов, один из которых нечётен
относительно sin t, другой – относительно cos t.
Пример 11.7.1. Начнём с примера, в котором трёхчлен не содержит произведения синуса и косинуса (т. е. он фактически не трёхчлен, а двучлен):
=
I
∫
2 cos x + sin x + sin x cos2 x − 3 cos3 x
(2 cos2 x + sin2 x)3
dx
= I1 + I2 ,
sin x + sin x cos2 x
1 + cos2 x
=
=
dx
∫ (2 cos2 x + sin2 x)3
∫ (1 + cos2 x)3 sin xdx
sin xdx
du
=
− sin xdx  =
−∫
=
cos x,du =
u =
∫ (1 + cos2 x)2 =
2
2
1+ u
=
I1
(
)
1
1
u 
cos x 
=
−  arctg u +
−  arctg cos x +
+C =
+C
2
2
2
1+ u 
1 + cos2 x 
(мы воспользовались результатом примера 9.3.2),
I2
2 cos x − 3 cos3 x
=
∫ (2 cos2 x + sin2 x)3 dx
(
)
2 − 3 1 − sin2 x
cos xdx
∫ =
(2 − sin2 x)3
37
v sin x,dv
= =
= cos xdx=

∫
(
3v2 − 1
2 − v2
)
3
dv
=
Av3 + Bv
(
2 − v2
)
2
+∫
Cdv
2 − v2
.
Ищем интеграл методом неопределённых коэффициентов в соответствии с формулой Остроградского (9.6.2). При этом мы учли, что
подынтегральная функция чётная относительно v, поэтому первообразная от неё будет функцией нечётной с точностью до постоянного слагаемого. Отсюда следует, что числитель первого слагаемого
содержит только нечётные степени v, а числитель подынтегральной
функции во втором слагаемом, наоборот, чётный, т. е. не содержит
первой степени v. Учёт этих обстоятельств заметно сокращает нашу
работу.
Дифференцируем:
(
3v2 − 1 3 Av2 + B
Av3 + Bv
C
=
−2
⋅ (−2v) +
.
3
2
3
2
2
2
2
2
−
v
2−v
2−v
2−v
) (
)
(
)
Умножаем на знаменатель:
(
)
(
3v2=
− 1 (3 Av2 + B) 2 − v2 + 4v( Av3 + Bv) + C 2 − v2
).
2
Обозначим w = v2, тогда
2
3w =
− 1 (3 Aw + B) ( 2 − w ) + 4( Aw2 + Bw) + C ( 2 − w ) .
w2: 0 = –3A + 4A + C,
w = 2: 5 = 4(4A + 2B); C = –A.
5
B=
− 2 A.
8
w = 0: –1 = 2B + 4C; 1
1
B=
− − 2C =
− + 2 A.
2
2
Отсюда B =
1
9
9
,A=
,C = − ,
16
32
32
9v3 + 2v
=
I2
(
32 2 − v
)
2 2
−
9
64 2
ln
2 +v
=
+D
2 −v
9 sin3 x + 2 sin x
9
2 + sin x
=
−
+D
ln
−
x
64
2
2
sin
2 2
32 2 − sin x
(
38
)
(произвольную константу обозначили D, поскольку буква C только
что использовалась в другой роли). Окончательно,
1
9 sin3 x + 2 sin x
cos x

I=
−  arctg cos x +
+
−

2
2 cos2 x + sin2 x  32 2 cos2 x + sin2 x 2
(
−
+
9
64 2
2 + sin x
ln
3
2 − sin x
+C=
−
2
arctg cos x
+
2
−32 cos x − 16 cos x sin x + 9 sin3 x + 2 sin x
(
2
2
32 2 cos x + sin x
)
2
)
−
9
64 2
ln
2 + sin x
2 − sin x
+C
(мы заменили 2 – sin2 x и 1 + cos2 x выражением 2cos2 x + sin2 x, входящим в подынтегральную функцию).
Пример 11.7.2. Похожий пример, но в знаменателе коэффициенты имеют разные знаки, поэтому у подынтегральной функции есть
особые точки:
∫
=
I
I1
2 cos x + sin x + sin x cos2 x − 3 cos3 x
(2 cos2 x − sin2 x)2
sin x + sin x cos2 x
=
∫ (2 cos2 x − sin2 x)2 dx, I2
dx
= I1 + I2 ,
2 cos x − 3 cos3 x
∫ (2 cos2 x − sin2 x)2 dx.
Вычислим эти интегралы.
=
I1
sin x + sin x cos2 x
1 + cos2 x
dx ∫=
sin xdx
∫=
(2 cos2 x − sin2 x)2
(3 cos2 x − 1)2
1 + u2 ) du
(
B du
Au
=
− sin xdx  =
−∫
=+ ∫
cos x,du =
.
u =
2
2
2
3u − 1
3u2 − 1
u
−
3
1
(
)
Здесь мы снова пользуемся формулой Остроградского (9.6.2),
учтя при этом чётность подынтегральной функции.
Дифференцируем и умножаем на знаменатель:
(
)
3u2 − 1 − u ⋅ 6u
1 + u2
B
−
=
A
+ 2
,
2
2
2
2
3
u
−
1
3u − 1
3u − 1
(
)
(
)
−1 − u2 = A (−3u2 − 1) + B(3u2 − 1).
39
Приравниваем коэффициенты при различных степенях u:
u2: –1 = –3A + 3B; u0: –1 = –A – B; A = 2/3; B = 1/3.
Тогда
=
I1
1  2u
1
1 + 3u 
1  2 cos x
1
1 − 3 cos x 
−
ln
=
+
ln
 2
+C

+C
3  3u − 1 2 3 1 + 3u 
3  3 cos2 x − 1 2 3 1 + 3 cos x 
(воспользовались формулой 7′ разд. 3).
Второй интеграл вычисляется по той же схеме:
I2
2 cos x − 3 cos3 x
=
∫ (2 cos2 x − sin2 x)2 dx
= =
= cos xdx=
v sin x,dv

(
∫
(
2 − 3(1 − sin2 x)
cos xdx
∫ (=
2 − 3 sin2 x)2
3v2 − 1
2 − 3v
)
)
2 2
=
dv
Av
2 − 3v
2
+∫
Bdv
2 − 3v2
,
2 − 3v2 − v ⋅ (−6v)
B
3v2 − 1
= A
+
,
2
2
2 − 3v2
2 − 3v2
2 − 3v2
(
)
(
(
)
) (
)
3v2 −=
1 A 2 + 3v2 + B 2 − 3v2 ,
v2 : 3 =3 A − 3B; v0 : − 1 =2 A + 2B; A =1 / 4; B =−3 / 4;
1 v
3
2 + 3v 
−
=
ln

+C
2
4  2 − 3v
2 6
2 − 3v 
1  sin x
3
2 − 3 sin x 
=
+
ln

 + C.
4  2 − 3 sin2 x 2 6
2 + 3 sin x 
=
I2
Выпишем окончательный результат, заменяя 3cos2 x – 1 и 2 – 3sin2 x
выражением 2cos2 x – sin2 x:
1  2 cos x
1
1 − 3 cos x 
+
I=
ln

+
2
3  3 cos x − 1 2 3 1 + 3 cos x 
1  sin x
3
2 − 3 sin x 
+ 
+
ln
+C=
4  2 − 3 sin2 x 2 6
2 + 3 sin x 
40
=
8 cos x + 3 sin x
2
2
12 (2 cos x − sin x)
+
1
6 3
ln
1 − 3 cos x
1 + 3 cos x
+
3
8 6
ln
2 − 3 sin x
2 + 3 sin x
+ C.
Полученная первообразная имеет особенности там же, где
подынтегральная функция, знаменатель которой обращается в нуль
четырежды за период – по одному разу в каждой четверти. В каждой из таких точек дроби, стоящие под логарифмами, обращаются
либо в нуль, либо в бесконечность в зависимости от знаков синуса
и косинуса. В частности, при cos x = ±1 / 3, когда числитель и знаменатель первого логарифма обращаются в нуль, 2cos2 x – sin2 x =
= 3cos2 x – 1 = 0. Аналогично при sin x = ± 2 / 3, когда теряет регулярность второй логарифм, знаменатель подынтегральной функции
2cos2 x – sin2 x = 2 – 3sin2 x также обращается в нуль.
Пример 11.7.3. Вычислим теперь интеграл:
I=∫
2 sin x + cos x
dx,
1 − sin x cos x
в котором знаменатель содержит произведение синуса и косинуса,
так что нам придётся сделать описанный в начале параграфа сдвиг
аргумента. Разумеется, этот интеграл относится к рассматриваемоπ
му типу, поскольку 1 = cos2x + sin2x. В данном примере α = :
4
=
π
π
sin t + cos t

I=
x− ,x=
t + ,dx =
dt,sin x =
,
t =
4
4
2

cos t − sin t
cos2 t − sin2 t 
=
=
cos x
,sin x cos x =

2
2

sin tdt
3 cos tdt
sin t + 3 cos t


+∫
=
dt= 2  ∫
2∫
2
2
2
2
2
2 
2 − cos t + sin t
2 − cos t + sin t 
 2 − cos t + sin t
(
(
)
)
(
(
)
)
d 2 cos t
3d 2 sin t
1
3 + 2 cos t
=
−∫
+∫
=
−
ln
+
2
2
2 3
3 − 2 cos t
3 − 2 cos t
1 + 2 sin t
+ 3 arctg
=
(
)

2 sin t + C
=  2 cos=
t cos x + sin x, 2 sin=
t sin x − cos x=

1
2 3
ln
3 − sin x − cos x
3 + sin x + cos x
+ 3 arctg ( sin x − cos x ) + C.
41
Пример 11.7.4. Громоздкий пример с неудобными коэффициентами:
7 sin x + 4 cos x
I ∫=
dx
(3 sin x + 2 cos x)2 (sin x − cos x)2
7 sin x + 4 cos x
dx
∫=
2
3 sin2 x − sin x cos x − 2 cos2 x
(
)
4(7 sin x + 4 cos x) dx
4(7 sin x + 4 cos x) dx
.
∫=
2 ∫
2
2
2
1 − 5 cos 2x − sin 2x
(
)
[
1 − 5 cos x − sin x − 2 sin x cos x 


]
Чтобы получить трёхчлен, мы перемножили скобки в знаменателе, далее домножили числитель и знаменатель на четвёрку, чтобы
полусумма и полуразность коэффициентов при квадратах синуса и
косинуса были целыми, и перешли к двойному углу. Теперь делаем
сдвиг аргумента:
cos 2α =
5
26
,sin 2α =
1
26
,t = x − α, x = t + α,dx = dt,
5 cos 2=
x + sin 2x
26 cos
=
2(x − α)
26 cos 2t,
7 sin x + 4 cos
=
x 7 sin(t + α) + 4 cos(t=
+ α)
= sin t (7 cos α − 4 sin α) + cos t (7 sin α + 4 cos α).
Тогда
=
I (7 cos α − 4 sin α) ∫
4 sin tdt
1 − 26 cos 2t 


2
+ (7 sin α + 4 cos α) ∫
4 cos tdt
1 − 26 cos 2t 


2
.
Вычислим интегралы, входящие в это выражение.
4 sin tdt
=
2
1 − 26 cos 2t 
1 − 26 2 cos2 t − 1 




sin tdt
4 sin tdt
4
=
∫=
2
2∫
2
 1 + 26 − 2 26 cos2 t 

2 26
26 + 1
2 
1
cos
t
−




26 + 1




2 26
2 26
u =
cos t,du =
sin tdt  =
=
−
26 + 1
26 + 1


I1
=
(
42
4 sin tdt
∫=
2 ∫
)
(
(
)
)
4
du
=
−
=

3 ∫
2 2

1−u
2 26 26 + 1


(
)
Такой интеграл (без коэффициента) уже встречался нам в примере 11.2.7, и мы можем воспользоваться его результатом:
2 26
(
26 + 1


 2
1

=
−
3 
2 26 26 + 1  
1 − 
 
(
=
−
2 26
(
)
3
2 26
cos t
26 + 1

2 26
cos t 

26 + 1

(
26 + 1
)
3
1+
2
)
1
 2u
1+ u
+ ln

2
1−u
1 − u
1
=
−
)
+ ln
1−

 2 2 26 26 + 1 cos t
+ ln

2
 1 − 26 2 cos t − 1

(


2 26
cos t 
26 + 1
+C=

2 26
cos t 

26 + 1


26 + 1 + 2 26 cos t 
+C=
26 + 1 − 2 26 cos t 

)

1 
2 cos t
1
=
−
+
ln

26 + 1 1 − 26 cos 2t
2 26 26 + 1

(

+C=


26 + 1 + 2 26 cos t 
 + C.
26 + 1 − 2 26 cos t 

)
Аналогично
4 cos tdt
=
2
1 − 26 cos 2t 
1 − 26 1 − 2 sin2 t 




cos
tdt
4 cos tdt
4
=
∫=
2
2∫
2
2
 1 − 26 + 2 26 sin t 

2 26
26 − 1
2 
sin t 


1 −
26 − 1




2 26
2 26

= =
sin t,dv
=
cos tdt=
v
26 − 1
26 − 1


4
dv
= =
∫
2
3
1 − v2 
2 26 26 − 1


=
I2
(
4 cos tdt
∫=
2 ∫
(
(
)
(
)
)
)
43
1
=
2 26
(


 2
1

3 
2 26 26 − 1  
1 − 
 
(
)


2 26
2 26
sin t
sin t 
1+
26 − 1
26 − 1
+C
=
+ ln
2

2
26

2 26

1
−
sin
t
sin t 

26
−
1

26 − 1


(
)
26 − 1
 2 2 26 26 − 1 sin t

+ ln
−
2
1
−
26
1
−
2
sin
t


(
1
2 26
 2v
1+v 
=
+ ln

+C
2
1−v 
1−v
26 − 1 
3
)
3
)
(

26 − 1 + 2 26 sin t 
=
+C
26 − 1 − 2 26 sin t 

)

1 
2 sin t
1
=
−
−
ln

26 − 1 1 − 26 cos 2t
2 26 26 − 1

(

26 − 1 + 2 26 sin t 
 + C.
26 − 1 − 2 26 sin t 

)
Тогда, собирая все слагаемые, получаем:

7 cos α − 4 sin α  2 cos t
1
26 + 1 +
I=
ln
−
+

26 + 1
26 + 1 −
2 26 26 + 1
1 − 26 cos 2t


7 sin α + 4 cos α 
2 sin t
1
26 − 1 + 2
ln
−
−

26 − 1
26 − 1 − 2
1 − 26 cos 2t 2 26 26 − 1

= A+B+C
(
)
(
)

2 26 cos t 
−
2 26 cos t 


26 sin t 
+C=
26 sin t 

(здесь A и B – суммы слагаемых, не содержащих и содержащих
логарифмы). Нам осталось перейти обратно к переменной x и по
возможности упростить результат. Прежде всего, заметим, что
1
26  1
=
. Поэтому
25
26 ± 1
2
A= − 
44
(
)
26 − 1 (7 cos α − 4 sin α ) cos t +
(
)
26 + 1 (7 sin α + 4 cos α ) sin t 
.
25 1 − 26 cos 2t
(
)
Чтобы
преобразовать
знаменатель,
вспомним,
что
1 − 26 cos 2t =
1 − 5 cos 2x − sin 2x. Выражение в квадратных скобках
в числителе равно
(
)
26 − 1 (7 cos α − 4 sin α ) cos t +
(
)
26 + 1 (7 sin α + 4 cos α ) sin t =
26 [7(cos α cos t + sin α sin t) + 4(− sin α cos t + cos α sin t) ] +
=
+ [7(− cos α cos t + sin α sin t) + 4(sin α cos t + cos α sin t) ] =
26 [7 cos(t − α) + 4 sin(t − α) ] + [ −7 cos(t + α) + 4=
sin(t + α) ]
=
26 [7 cos(x − 2α) + 4 sin(x − 2α) ] + [ −7 cos x + 4 sin x ] =
=
26 [7(cos 2α cos x + sin 2α sin x) + 4(− sin 2α cos x + cos 2α sin x)] +
=
+ [ −7 cos x + 4
=
sin x ]
[7(5 cos x + sin x) + 4(− cos x + 5sin x)] +
+ [ −7 cos x + 4 sin
=
x ] 24 cos x + 31sin x.
Тогда
2 (24 cos x + 31sin x)
24 cos x + 31sin x
A=
−
=
−
.
25 (1 − 5 cos 2x − sin 2x )
25(3 sin x + 2 cos x)(sin x − cos x)
Теперь преобразуем слагаемые с логарифмами.
7 cos α − 4 sin α
26 + 1 + 2 26 cos t
−
+
B=
ln
26 + 1 − 2 26 cos t
26 + 1 2 26 26 + 1
(
+
(
)
(
)
7 sin α + 4 cos α
26 − 1
)
2 26
(
26 − 1
)
ln
26 − 1 + 2 26 sin t
26 − 1 − 2 26 sin t

=
До сих пор нам удавалось обходиться без значений cos α и sin α,
но теперь придётся их вычислить (считаем, что α – угол из первой
sin 2α
1
четверти). Итак,
=
=
tg α
, т.е. α – острый угол пря1 + cos 2α
26 + 5
моугольного треугольника с катетами 1, 26 + 5 и гипотенузой
12 +
(
26 + 5
)
2
=
sin α
=
52 + 10 26 =
2 26
(
1
=
, cos α
2 26 26 + 5
(
)
)
26 + 5 . Тогда
26 + 5
2 26
(
26 + 5
)
,
45
(
)
=
7 cos α − 4 sin α
7 26 + 5 − 4
=
2 26 26 + 5
=
7 sin α + 4 cos α
7 + 4 26 + 5
=
2 26 26 + 5
(
(
7 26 + 31
)
)
(
2 26
(
26 + 5
4 26 + 27
)
2 26
(
26 + 5
)
,
)
.
7 cos α − 4 sin α
( 26 − 1)(7 26 + 31)
= =
26 + 1 2 26 26 + 1 25 ⋅ 2 26 26 + 1 26 + 5
(
)
(
)
(
)(
24 26 + 151
=
50 26
(
26 + 1
)(
26 + 5
)
)
,
7 sin α + 4 cos α
( 26 − 1)(4 26 + 27)
= =
26 − 1 2 26 26 − 1 25 ⋅ 2 26 26 − 1 26 + 5
(
)
(
)
(
)(
31 26 + 131
=
50 26
(
26 − 1
)(
26 + 5
)
)
.
Теперь преобразуем выражения, стоящие под логарифмами:
=
2 26 cos t
α + sin x sin α)
2 26 (cos x cos=
=
2 26 sin t
α − cos x sin α)
2 26 (sin x cos=
26 + 1 + 2 26 cos t
26 + 1 − 2 26 cos t
26 − 1 + 2 26 sin t
26 − 1 − 2 26 sin t
=
=
(
(
(
(
)(
26 + 1)(
26 − 1) (
26 − 1)(
26 + 1
(
(
) (
26 + 5 ) − (
26 + 5 ) + (
26 + 5 ) − (
26 + 5 +
)
26 + 5 cos x + sin x
26 + 5
)
26 + 5 sin x − cos x
26 + 5
,
,
)
,
26 + 5 ) cos x − sin x
26 + 5 ) sin x − cos x
.
26 + 5 ) sin x + cos x
26 + 5 cos x + sin x
Фактически мы решили задачу: всё, что входит в первообразную, выражено через исходную переменную, осталось лишь подставить в формулу для интеграла. Полученные выражения вы46
глядят довольно устрашающе, но их можно несколько упростить,
воспользовавшись
равенствами
2 26 + 1 26 + 5 = 26 + 6,
2
(
26 − 1
)(
)
26 + 5 =
(
)(
)
26 + 4. Убедиться в их справедливости до-
вольно легко (возводим в квадрат, раскрываем скобки и приводим
подобные), но как о них догадаться? Ответ на этот вопрос состоит
в том, что первообразная должна иметь особенности при тех же значениях x, что и подынтегральная функция. В частности, в знаменателе стоит квадрат разности синуса и косинуса, обращающийся
=
x cos
=
x 1 / 2 ) и при x = –3π/4
в нуль при x = π/4 (при этом sin
( sin x = cos x = −1 / 2 ). Поэтому при подстановке sin x = cos x = ±1 / 2
либо числители, либо знаменатели дробей, стоящих под знаком
логарифма, должны обращаться в нуль. Непосредственная проверка показывает, что при x = π/4 нулю равны знаменатели, а при
x = –3π/4 числители, и при этом справедливы приведённые равенства. С учётом этих равенств выражения под логарифмами принимают вид
(
(
)(
26 + 1)(
) ( 26 + 5) cos x + sin x =
26 + 5 ) − ( 26 + 5 ) cos x − sin x
26 + 6 + ( 2 13 + 5 2 ) cos x + 2 sin x
,
26 + 6 − ( 2 13 + 5 2 ) cos x − 2 sin x
26 + 1
=
(
(
=
)(
26 − 1)(
26 + 5 +
) ( 26 + 5) sin x − cos x =
26 + 5 ) − ( 26 + 5 ) sin x + cos x
26 + 4 + ( 2 13 + 5 2 ) sin x − 2 cos x
.
26 + 4 − ( 2 13 + 5 2 ) sin x + 2 cos x
26 − 1
26 + 5 +
Первая скобка в знаменателе подынтегральной функции обра2
2
щается в нуль при значениях x = − arctg и x = π − arctg , когда
3
3
2
3
sin x = 
, cos x = ±
. Легко убедиться, что в первом случае
13
13
в нуль обращаются знаменатель первого выражения и числитель
второго, во втором случае – наоборот.
47
Преобразуя с учётом приведённых равенств коэффициенты при
логарифмах, получаем:
7 cos α − 4 sin α
24 26 + 151
= =
26 + 1 2 26 26 + 1 50 26 + 6 13
(
)
=
−7 26 + 282
500 13
,
7 sin α + 4 cos α
31 26 + 131
= =
( 26 + 4) 13
50
26 − 1 2 26 26 − 1
)
)
26 − 4 )( 31 26 + 131)
(=
(
7 26 + 282
50 ⋅ 10 13
500 13
+
)
50 ⋅ 10 13
7 26 − 282
B
(
)
− 26 + 6 )( 24 26 + 151)
(=
=
(
(
7 26 + 282
500 13
ln
ln
500 13
,
(
)
+
26 + 6 − ( 2 13 + 5 2 ) cos x − 2 sin x
26 + 4 + ( 2 13 + 5 2 ) sin x − 2 cos x
,
26 + 4 − ( 2 13 + 5 2 ) sin x + 2 cos x
26 + 6 + 2 13 + 5 2 cos x + 2 sin x
и окончательно
24 cos x + 31sin x
−
+
I=
25(3 sin x + 2 cos x)(sin x − cos x)
(
(
)
)

26 + 6 + 2 13 + 5 2 cos x + 2 sin x
 7 26 − 282 ln
+
+
500 13 
26 + 6 − 2 13 + 5 2 cos x − 2 sin x

26 + 4 + 2 13 + 5 2 sin x − 2 cos x 
 + C.
+ 7 26 + 282 ln
26 + 4 − 2 13 + 5 2 sin x + 2 cos x 

1
(
48
(
)
)
2 sin x + 3 cos x
1.
∫ (sin2 x − 2 cos2 x)2 dx.
2.
∫ (1 + sin x cos x )2 dx.
sin x − 2 cos x
(
(
Задачи
)
)
3. В примере 11.7.4 приведите логарифмическую часть ответа
к виду:

5 (1 + sin 2x) − cos 2x + 2 2 (3 sin x + 2 cos x)
+
7 26 ln
500 13 
5 (1 + sin 2x) − cos 2x − 2 2 (3 sin x + 2 cos x)
1
+282 ln
5 (1 − sin 2x) + cos 2x + 2 13 (sin x − cos x) 
.
5 (1 − sin 2x) + cos 2x − 2 13 (sin x − cos x) 
Проанализируйте поведение каждого из слагаемых в окрестности особых точек.
11.8. Переход к половинному углу
Этот приём мы применили в примере 7.1.15. Вычислим теперь
с его помощью интеграл из примера 7.1.16:
Пример 11.8.1. Вычислим интеграл
dx
=
∫ cos x
1
dx
dx
∫=
∫=
2x
2x
2x
2x
cos
− sin
1 − tg
cos
2
2
x
x
x
x
1 + tg
cos + sin
d tg
2
2 + C ln
2
2 + C.
ln
= 2∫ =
=
x
x
x
2x
1 − tg
1 − tg
cos − sin
2
2
2
2
2
2
Полученная первообразная совпадает с приведённой в примере
7.1.16, поскольку
x
π
x
1 + tg
tg + tg
2
4
2 tg  π + x  .
=
=


x
π x
4 2
1 − tg
1 − tg tg
2
4 2
Пример 11.8.2. Более сложный пример:
1 − sin x + 2 cos x
∫ 5 + 3 cos x − 4 sin x dx
x
x
x
x

1 − 2 sin cos + 2  cos2 − sin2 
2
2
2
2

dx
∫=
x
x
x
x

5 + 3  cos2 − sin2  − 8 sin cos
2
2
2
2

49
x
x
x
x
− 2 sin cos + 3 cos2
2
2
2
2 dx
=
∫ 2x
x
x
2x
2 sin
− 8 sin cos + 8 cos
2
2
2
2
− sin2
−t2 − 2t + 3 dt
x x
dt 

= =
t tg ,d =
=
2 2 1 + t2 

(
x
x
− tg2 − 2 tg + 3
x
2
2
d
∫=
x
2x
− 4 tg + 4 2
tg
2
2
−t2 − 2t + 3
∫ t2 − 4t + 4 1 + t2 ∫ (t − 2)2
)
= A ln 1 + t2 + B arctg t +
=
(1 + t2 )
dt=
C
+ D ln | t − 2 | + E
t −2
(первообразную ищем методом неопределённых коэффициентов).
Дифференцируем:
−t2 − 2t + 3
2
2
(t − 2) (1 + t )
=
2 At + B
1+ t
2
−
C
2
(t − 2)
+
D
.
t −2
Умножаем на знаменатель:
(
)
(
)
−t2 − 2t + 3 = (2 At + B)(t − 2)2 − C 1 + t2 + D(t − 2) 1 + t2 .
Подставляем t = 2: –5 = –5C, C = 1. Переносим содержащее C слагаемое в левую часть:
(
)
−2t +=
4 (2 At + B)(t − 2)2 + D(t − 2) 1 + t2 .
Делим на t – 2:
(
)
−=
2 (2 At + B)(t − 2) + D 1 + t2 .
Снова подставляем t = 2: –2 = 5D, D = –2/5. Приравниваем коэффициенты при t2, получаем 0 = 2A + D, откуда A = 1/5. Наконец,
приравняв члены, не содержащие t, или, что то же самое, положив
t = 0, получаем, что –2 = –2B + D и D = 4/5. Таким образом,
(
)
ln 1 + t2
1 − sin x + 2 cos x
4
1
2
+ arctg t +
− ln | t −=
dx
2 | +E
∫ 5 + 3 cos x − 4 sin=
x
t −2 5
5
5
=
50
x 4
x
x
1 
1
2
ln  1 + tg2  + arctg tg +
− ln tg − 2 +=
E
x
5 
2 5
2 tg − 2 5
2
2
x
cos
2
2
x
x
2
=+
x
− ln sin − 2 cos + E.
x
x 5
5
2
2
sin − 2 cos
2
2
На последнем шаге мы снова выполнили регуляризацию, т.е.
преобразования, позволившие избавиться от особенностей, связанных с нерегулярной заменой. Во-первых, мы учли, что
x
x
x


ln  1 + tg2  =
ln  cos −2  =
−2 ln cos ,
2
2
2




и тогда
x 2
x
1 
ln  1 + tg2  − ln tg − 2 =
5 
2 5
2

x
x
x
x
2
2
=
−  ln cos + ln tg − 2  =
− ln sin − 2 cos .
5
2
2
5
2
2

Во-вторых, заменили arctg tg x/2 – функцию с пилообразным
графиком – на линейную функцию x/2. В-третьих, домножили числитель и знаменатель дроби, содержавшей tg x/2, на cos x/2.
В этом примере ответ можно получить быстрее, если перед переходом к половинному углу сделать сдвиг аргумента наподобие того,
как это описано в подразд. 11.6.
1 − sin x + 2 cos x
3
4

t= x + α,cos α= 5 ,sin α= 5 ,3 cos x − 4 sin x= 5 cos t,

3 sin t − 4 cos t
3 cos t + 4 sin t 
dx = dt, x = t − α,sin x =
,cos x =
=
5
5

1 5 − (3 sin t − 4 cos t) + 2(3 cos t + 4 sin t)
1 5 + 5 sin t + 10 cos t
=
dt =
dt
25 ∫
1 + cos t
25 ∫
1 + cos t
t
t
t


t


1 + 2 sin cos + 2  2 cos2 − 1 
sin
 t
1
1 
1
2
2
2 

2
dt = ∫  −
=∫
+2
+ 4 d =
t
t
5
5  cos2 t
 2
cos
2 cos2

2
2
2



t
t
t
1
1  − sin t

=  − tg − 2 ln cos + 2t  + C = 
− lncos2 + 2t  + C =
5
2
2
5  1 + cos t
2


∫ 5 + 3 cos x − 4 sin x dx=
=
1  − sin t

2t  + C
− ln(1 + cos t) +=
5 1 + cos t

51
3 sin x + 4 cos x
3 cos x − 4 sin x 

sin t
,cos
= =
=
t
=

5
5


1
3 sin x + 4 cos x

2x −
=
− ln(5 + 3 cos x − 4 sin x)  + C.

5
5 + 3 cos x − 4 sin x

То, что после перехода к новой переменной в знаменателе подынтегральной функции осталось всего одно слагаемое cos2 (t/2) – следствие того обстоятельства, что константа и коэффициенты при синусе и косинусе связаны равенством 52 = 32 + 42.
Сравним ответы. Прежде всего, заметим, что
2
x
x
x
x
x
x

sin2 − 4 sin cos + 4 cos2 =
 sin − 2 cos  =
2
2
2
2
2
2


1
1
=[(1 − cos x) − 4 sin x + 4(1 + cos x)] =(5 − 4 sin x + 3 cos x),
2
2
поэтому
2
2
x
x
1 
x
x
1
− ln sin − 2 cos =
− ln  sin − 2 cos  =
− [ln(5 − 4 sin x + 3 cos x) − ln 2].
5
2
2
5 
2
2
5
Кроме того,
x
x
x
x
cos  sin − 2 cos  2 cos x sin x − 4 cos2 x
cos
2
2
2
2
2
2
2
=
=
=
2
x
x
−
+
5
4
sin
3
cos
x
x
x
x

sin − 2 cos
 sin − 2 cos 
2
2
2
2

sin x − 2 − 2 cos x 1 −10 + 5 sin x − 10 cos x 1 
3 sin x + 4 cos x 
=
=
=  −2 −
.
5 − 4 sin x + 3 cos x 5 5 − 4 sin x + 3 cos x
5
5 − 4 sin x + 3 cos x 
Таким образом, полученные формулы определяют одно и то же
множество функций.
Смысл перехода к половинному углу состоит в том, что функx
x
x
x
cos x cos2 − sin2
ции sin x = 2 sin cos и =
чётные относитель2
2
2
2
x
x
но одновременной замены знаков sin и cos , и мы оказываемся
2
2
в ситуации, описанной в подразд. 11.4. Поэтому, выбрав в качестве
52
x
x
(или ctg ), мы приходим к интегралу от
2
2
рациональной дроби. Такая замена фактически эквивалентна описанной далее универсальной подстановке.
новой переменной tg
Задачи
1.
2 sin x + 3 cos x
∫ 1 + sin x + cos x dx.
2.
∫
sin x − 2 cos x
dx.
2 − cos x
11.9. Универсальная подстановка
Напомним тождества, позволяющие выразить тригонометрические функции через тангенс половинного аргумента (имеющий период 2π):
x
2 tg
2t
2
sin x =
,
=
x
1 + t2
1 + tg2
2
2x
1 − tg
2
2 1−t ,
cos x =
=
x 1 + t2
1 + tg2
2
x
2 tg
2t
2
=
tg x =
,
x
1 − t2
1 − tg2
2
Здесь
x
1 − tg2
2
2 1−t .
=
ctg x =
x
2t
2 tg
2
x
1 − cos x
sin x
=
=
=
t tg
.
sin x
2 1 + cos x
Эти формулы справедливы всюду, где определены обе части равенств.
Если мы ищем интеграл от дробно-рациональной функции синуса и косинуса, то с помощью универсальной подстановки t = tg(x/2)
53
его всегда можно превратить в интеграл от рациональной дроби.
В этом случае x = 2arctg t + 2nπ (n – целое), и
2 dt
dx =
.
1 + t2
Разумеется, универсальная подстановка нерегулярна: она порождает дополнительные особенности в точках x = (2n + 1)π, в которых функция tg(x/2) не определена. В окончательном ответе константы в первообразной выбираются так, чтобы односторонние пределы в этих точках совпадали, и саму первообразную в этих точках
доопределяют по непрерывности.
Универсальную подстановку, как правило, используют тогда,
когда другие способы (например, рассмотренные ранее частные подстановки) не приводят к успеху.
Пример 11.9.1.

2 dt 
2t
1 − t2
dx
x
=
=
t
x
=
x
=
=
tg
,sin
,cos
,dx=


∫ sin x + cos x + 2 
2
2
2
1+ t
1+ t
1 + t2 

2 dt
2 dt
2 dt
= ∫
= ∫
= ∫=
2
2
2
2
 2t

t + 2t + 3
1−t
2t + 1 − t + 2 1 + t
+
+ 2
1 + t2 
 1 + t2 1 + t2



2 dt
t +1
2
tg(x / 2) + 1
= ∫ =
+C
+ C.
arctg=
2 arctg
2
2
2
2
(t + 1) + 2
(
(
)
)
В этом примере снова C – кусочно-постоянная функция, имеющая в точках (2n + 1)π скачки π 2, обеспечивающие непрерывность первообразной.
Пример 11.9.2.

2 dt 
dx
x
2t
1 − t2
t
x
x
=
=
=
=
=
tg
,sin
,cos
,dx=


∫ sin x + 2 cos x + 1 
2
2
2
1+ t
1+ t
1 + t2 

2 dt
2 dt
2 dt
= ∫
= ∫
= ∫=
2
2
2
2
 2t

−t + 2t + 3
1−t
2t + 2 1 − t + 1 + t
1 + t2 
+2
+ 1
2
2
1+ t

1+ t


x
x
x
1 + tg
cos + sin
2 dt
1 2 + (t − 1)
1
1
2
2
2 + C.
= ∫ = ln
=
+C
ln
=
+C
ln
2 2
x
x
x
2
−
(
−
1
)
2
2
t
4 − (t − 1)
3 − tg
3 cos − sin
2
2
2
(
54
)
(
)
На последнем шаге мы «заклеили» точки устранимых разрывов,
отсутствовавшие в исходном интеграле и возникшие за счёт нерегулярной универсальной замены.
Пример 11.9.3. Похожий пример, но с неудобными коэффициентами:

2 dt 
dx
x
2t
1 − t2
=
=
=
=
=
t
x
x
tg
,sin
,cos
,dx=


∫ 5sin x − 2 cos x + 1 
2
2
2
1+ t
1+ t
1 + t2 

2 dt
2 dt
2 dt
= ∫
=
=
∫
∫
2
2
2
 10t

10t − 2 + 2t + 1 + t
3t + 10t − 1
1 − t2
1 + t2 
−2
+ 1
2
2
1+ t

1+ t


(
)
=
2 ⋅ 3 dt
2 ⋅d(3t + 5)
∫ 9t2 =
∫ (3=
t + 5)2 − 28
+ 10 ⋅ 3t − 3
1
2 7
ln
3t + 5 − 2 7
=
+C
3t + 5 + 2 7
(
(
)
)
x
x
x
3 tg + 5 − 2 7
3 sin + 5 − 2 7 cos
1
2
2
2 + C.
ln =
ln
+C
2 7 3 tg x + 5 + 2 7
2 7 3 sin x + 5 + 2 7 cos x
2
2
2
1
Пример 11.9.4. Интеграл из примера 11.8.2. В отличие от предыдущих примеров, тригонометрические функции присутствуют не
только в знаменателе, но и в числителе:

2 dt 
x
2t
1 − t2
=
t tg ,sin x=
,cos x=
,dx=
=

2
1 + t2
1 + t2
1 + t2 


2t
1 − t2 
+
2
1 −

 1 + t2
1 + t2 − 2t + 2 1 − t2 2 dt
1 + t2  2 dt

=
∫=
2 ∫
2

1 − t2
2t  1 + t
5 1 + t2 + 3 1 − t2 − 8t 1 + t
−
4
5 + 3


1 + t2
1 + t2 

1 − sin x + 2 cos x
∫ 5 + 3 cos x − 4 sin x dx=
(
(
−t2 − 2t + 3 2 dt
= ∫=
2t2 − 8t + 8 1 + t2
)
( )
) ( )
−t2 − 2t + 3
=
∫ (t − 2)2 1 + t2 dt 
(
)
Мы пришли к тому же интегралу, что и в примере 11.8.2, дальнейшие построения не отличаются от выполненных ранее.
55
Пример 11.9.5. Рассмотрим ещё один интеграл:

2 dt 
x
2t
1 − t2
t tg ,sin x=
x=
dx=
,cos
,
=
=

2
1 + t2
1 + t2
1 + t2 

sin x + cos x
∫ 1 + cos x − sin x dx=
(
)
(
)(
)
) (
2t + 1 − t2 ⋅ 2 dt
t2 − 2t − 1 ⋅ 2 dt
=
=
−
=
∫
∫
2
2 
2
2
2


−
1
t
2
t
+
+
+
−
−
1
t
1
t
1
t
2
t
−
1 + t2  1 +



 1 + t2 1 + t2 


(
=
(
)
(t2 − 2t − 1)dt=
∫ 1 + t2 (t − 1)
( )
(
)
)
A ln 1 + t2 + B arctg t + C ln | t − 1 | + D.
(первообразную снова ищем методом неопределённых коэффициентов). Дифференцируем:
t2 − 2t − 1
2 At + B
C
=
+
.
2
2
t −1
1+ t
1 + t (t − 1)
(
)
Умножаем на знаменатель:
t2 – 2t – 1 = (2At + B)(t – 1) + C(1 + t2) .
Подставляем t = 1: –2 = 2C, C = –1. Отсюда
2t2 – 2t = (2At + B)(t – 1), 2t = 2At + B, A = 1, B = 0.
Поэтому
sin x + cos x
∫ 1 + cos x − sin x dx=
(
)
ln 1 + t2 − ln | t − 1 | + D=
x
x
x
x


= ln  1 + tg2  − ln tg − 1 + D
= ln  cos −2  − ln tg − 1 + D
=
2
2
2
2


x
x
x
=
− ln cos sin − cos2 + D =
2
2
2
=
− ln
sin x 1 + cos x
−
+D=
− ln 1 + cos x − sin x + D.
2
2
Универсальная подстановка часто приводит к достаточно громоздким вычислениям, поэтому прежде, чем её применять, желательно попытаться найти какой-то более простой путь решения.
56
В частности, в последнем примере ответ может быть получен в одну
строчку:
sin x + cos x
d(1 + cos x − sin x)
−∫
∫ 1 + cos x − sin x dx =
1 + cos x − sin x
=
− ln 1 + cos x − sin x + C.
Иногда бывает, хотя и редко, что универсальная подстановка
приводит к ответу быстрее, чем частная.
Пример 11.9.6. Рассмотрим интеграл из примера 11.2.7:


2 dt
x
8t3
tg ,dx = ,sin3 x =
t =
∫ sin3 x =
2
1 + t2

1 + t2

dx
(
(
)
(

1 + t2

=
3 ∫
8t3


)
)
3
⋅
2 dt
1 + t2
=
2
2
1 1+ t
1 1 + 2t2 + t4
1 1 2 
=
=
=
dt
dt
 + + t=
 dt
∫
∫
3
3
4
4
4 ∫  t3 t
t
t

=
−
1
t2
1
x 1
x
x
+ ln | t | + + C = ln tg +  tg2 − ctg2  + C.
2 2
8
2
2 8
2
2
8t
1
Как оказалось, этот способ требует меньшего объёма вычислений, чем при использовании частной подстановки в примере 11.2.7.
Убедимся, что полученные множества решений совпадают:
x
x
x
x

sin2
cos2  sin4 − cos4

x
1 2 x
1

2−
2 =
2
2=
− ctg2 =


 tg
8
2
2  8  cos2 x sin2 x  8 cos2 x sin2 x


2
2
2
2

x
x
x
x



2
+ cos2  sin2 − cos2 
 sin
cos x
2
2 
2
2

=
= −
.
2
2 sin x
2 sin2 x
Пример 11.9.7. Попробуем с помощью универсальной подстановки вычислить интеграл из примера 11.7.3.
2 sin x + cos x
∫ 1 − sin x cos x dx=

2 dt 
x
2t
1 − t2
=
t tg ,sin x=
x=
dx=
,cos
,
=

2
1 + t2
1 + t2
1 + t2 

57
=
∫
(
)
)
2 4t + 1 − t2 dt
=
2
2t 1 − t2 
1 + t2  1 −

 1 + t2 1 + t2 


(
=
(
(
)
2 4t + 1 − t2 dt
=
∫
2
1 + t2 − 2t 1 − t2
(
)
(
)
)
2 4t + 1 − t2 dt
=
∫ t4 + 2t3 + 2t2 − 2t + 1 
Универсальная подстановка, несмотря на свою универсальность,
завела нас в тупик: мы, конечно, получили рациональную дробь,
но в её знаменателе стоит многочлен, не имеющий рациональных
корней, и как его раскладывать на множители – непонятно (на самом
деле этот многочлен представляется в виде произведения трёхчленов:
(
)
(
)
t4 + 2t3 + 2t2 − 2t + 1= t2 + 1 + 3 t + 2 + 3  t2 + 1 − 3 t + 2 − 3  ,



однако найти эти сомножители – весьма непростая задача олимпиадного уровня сложности). В то же время, как мы видели, рассматриваемый интеграл вовсе не относится к разряду неберущихся.
Вывод здесь такой: если универсальная подстановка не приводит
к цели – это ещё не причина опускать руки. Попробуйте поискать
обходные пути, и какой-то из них вполне может оказаться результативным.
Задачи
1.
2.
dx
∫ sin x − cos x − 1 .
3.
2 sin x + 3 cos x
∫ 3 − sin x + 2 cos x dx.
dx
∫ cos x + 2 .
11.10. Использование формул Эйлера
Использование формул Эйлера (4.2) позволяет свести тригонометрические функции к показательным. Дальнейшие действия аналогичны тем, которые описаны в разд. 10. Различие в том, что дальше
выполняется комплексная подстановка z = eiax, однако с технической точки зрения это никак не влияет на ход вычислений. Следует, однако, иметь в виду, что в конце придётся выполнить обрат58
ные преобразования, выразив результат через тригонометрические
функции, а это иногда может оказаться не очень просто. Поэтому
желательно по возможности избегать выражений, содержащих арктангенсы комплексных величин, а вместо этого использовать логарифмы, которые впоследствии следует преобразовать по формулам
(5.8), (5.9).
Пример 11.10.1. Интеграл из примера 11.9.1:
dx
dx
=
∫ sin x + cos x + 2 ∫=
ix
− ix
e −e
eix + e−ix
+
+2
2i
2
2ieix dx
= ∫=
e2ix − 1 + i e2ix + 1 + 4ieix
(
) (

= =
z eix , dz
= ieix dx=


)
2 dz
∫ (1 + i)z2 + 4iz + (−1 + i=)

Домножаем числитель и знаменатель на (1 – i):
=

2(1 − i) dz
(1 − i) dz
(1 − i) dz
∫ 2z2 +=
∫ z2=
∫=
+ 2(i + 1)z + i
4(i + 1)z + 2i
(z + 1 + i)2 − i
1+ i 

z +1+ i −

(1 − i) dz
1− i
2 +C 
Ln  =

∫ =
2
1+ i 
1+ i 

+
+
+
z
i
1
2 1+ i 
2

(z + 1 + i) − 


2 
 2 
 2 
Выражение под знаком логарифма стоит без модуля, как это всегда
бывает при интегрировании комплексных выражений, при этом логарифм комплексного числа понимается в смысле формул (5.8), (5.9).
Преобразуем выражение, стоящее под знаком логарифма, учитывая,
1+ i
= eiπ/4 и 2 − 1 2 + 1 =
1:
что z = eix = cos x + i sin x,
2
(
)(
)
1+ i
z +1+ i −
ix
+ ( 2 − 1)eiπ/4
2 e=
=
1 + i eix + ( 2 + 1)eiπ/4
z +1+ i +
2
( 2 + 1)eix + eiπ/4
( 2 + 1) + ei(− x +π/4)
=
( 2 − 1)
=
( 2 − 1)ei(x −π/4)
=
eix + ( 2 + 1)eiπ/4
( 2 + 1) + ei(x −π/4)
59
= ( 2 − 1)ei(x −π/4)
( 2 + 1) + cos(x − π / 4) − i sin(x − π / 4)
( 2 + 1) + cos(x − π / 4) + i sin(x − π / 4)
.
Тогда, учитывая, что (1 – i)/(1 + i) = –i, и применяя формулы (5.8)
и (5.17), получаем:
−
=
i 
π
( 2 + 1) + cos(x − π / 4) − i sin(x − π / 4) 

ln 2 − 1 + i  x −  + i Arg
+C=
4
2 
( 2 + 1) + cos(x − π / 4) + i sin(x − π / 4) 

x
sin(x − π / 4)
=
− 2 arctg
+ C=
( 2 + 1) + cos(x − π / 4)
2
x
cos x − sin x
=
+ 2 arctg
+ C.
2
2 + 2 + cos x + sin x
(
)
Вид полученного решения имеет мало общего с ответом, полученным в примере 11.9.1. Тем не менее, эти формулы определяют
одно и то же множество функций. Доказывать этот факт мы не будем.
Задачи
1.
60
dx
∫ sin x − cos x − 1 .
2.
dx
∫ cos x + 2 .
12. ИНТЕГРИРОВАНИЕ ГИПЕРБОЛИЧЕСКИХ ФУНКЦИЙ
Интегралы, содержащие гиперболические функции, встречаются достаточно редко. При интегрировании таких функций возможны два подхода. Во-первых, можно выразить гиперболические
функции через экспоненты согласно определению этих функций, и
далее работать с этими экспонентами. Второй подход – воспользоваться известными соотношениями между различными гиперболическими функциями и их производными (некоторые из них приведены в разд. 4 (Ч. 1) настоящего пособия). В этом случае приёмы
интегрирования гиперболических и тригонометрических функций
очень сходны. Приведём, например, формулы для гиперболического аналога универсальной подстановки t = th (x/2):
x
2th
2t
2
=
sh x =
,
2 x 1 − t2
1 − th
2
x
1 + th2
2
2 1+ t ,
=
ch x =
x 1 − t2
1 − th2
2
x
2th
2t
2
=
th x =
,
x
1 + t2
1 + th2
2
2x
1 + th
2
2 1+ t ,
=
cth x =
x
2t
2th
2
1+ t 
=
x 2=
Arth t ln 
,
1−t 
2 dt
dx =
.
1 − t2
Оба этих подхода были использованы в примере 7.1.23. Рассмотрим ещё несколько задач.
61
Пример 12.1.
∫ ch
2
x dx
=
1
sh 2x x
(ch 2x + 1) dx
=
+ + C.
∫
2
4
2
Пример 12.2.
∫ ch
3
2
u =
x dx =
sh x,du =
ch x dx,ch2 x =
1 + u2  =
∫ ch x ⋅ ch x dx =


(
)
= ∫ 1 + u2 du = u +
u3
sh3 x
+ C = sh x +
+ C.
3
3
Пример 12.3.
dx
= ∫
∫ sh
x + 2 ch x
ex − e− x
2
=
2
3ex dx
=
∫
3 3e2x + 1
(
dx
dx
= 2=
∫ 3ex + e−x
+ ex + e− x
(
)
d 3ex
∫=
2
3
3ex + 1
2
(
)
)
2
3
arctg
(
)
3ex + C.
Другой способ:

2 dt 
x
2t
1 + t2
=
t th ,shx=
, chx=
,dx=
=

2
1 − t2
1 − t2
1 − t2 

2 dt
2 dt
dt
= ∫
= ∫= 2∫
=
2
2
2
 2t
t + 1+ t
1+ t 
4t + 4t + 1 + 3
+2
1 − t2 

2
 1 − t2
1−t 

d(2t + 1)
 2t + 1 
 2 th(x / 2) + 1 
2
2
= 2∫ =
arctg =
arctg 
+C
 + C.
2
3
3
3
(2t + 1) + 3
 3 


dx
∫ sh x + 2 ch x=
(
)
(
) (
)
Эти ответы определяют одно и то же множество функций: как
и в примере 7.1.23, значения арктангенсов отличаются на постоянную величину. Чтобы в этом убедиться, преобразуем аргумент второго арктангенса:
2 th(x / 2) + 1
=
3
62
1  ex − 1 
+ 1
2 =
3  ex + 1 
1 3ex − 1
3 ex + 1
.
Обозначим u = ex и вычислим тангенс разности арктангенсов:

 1 3u − 1  
tg arctg 3u − arctg 
 =
 3 u + 1 

1 3u − 1
3u −
1 3u(u + 1) − (3u − 1) 1
3 u +1
= =
=
.
1 3u − 1
3 (u + 1) + u(3u − 1)
3
1 + 3u
3 u +1
(
)
Поскольку тангенс разности двух непрерывных функций постоянен, сама эта разность также постоянна и, с учётом области значений арктангенса, равна π/6.
Задачи
1.
dx
∫ sh x − ch x − 1 .
3.
2 sh x + 3 ch x
∫ 3 − sh x + 2 ch x dx.
dx
.
2. ∫
ch x + 2
63
13. ИНТЕГРИРОВАНИЕ ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ ФУНКЦИЙ
13.1. Интегралы, содержащие рациональные степени
линейной или дробно-линейной функции
В таких задачах в качестве новой переменной выбирается корень такой степени, через который все другие степени рационально выражаются. Поскольку все степени рациональные, порядок
такого корня – их наименьший общий знаменатель. Через такой радикал рационально выражается также независимая переменная и её дифференциал. Один из таких интегралов вычислен
в примере 7.2.5. Сейчас мы рассмотрим ещё несколько примеров
на эту тему.
Пример 13.1.1.
x − x +1
∫ 3 x + 1 − 1 dx =
=6∫
t = 6 x + 1, x = t6 − 1,dx = 6t5dt, 3 x + 1 = t2 , x + 1 = t3  =


 t6 − 1 5
t6 − 1 − t3 5
(t8 − 1) + 1 
t dt =6  ∫
t dt − ∫
dt  =
2
t2 − 1
t2 − 1
 t − 1

dt 

= 6  ∫ (t4 + t2 + 1) t5dt − ∫ (t6 + t4 + t2 + 1) dt − ∫
=

2
t −1

 t10 t8 t6 t7 t5 t3
1 1+ t 
= 6
+ + − − − − t + ln
+C=
2 1 − t 
 10 8 6 7 5 3
3
3
6
= (x + 1)5/3 + (x + 1)4/3 − (x + 1)7/6 + (x + 1) −
5
4
7
6
1+ 6 x +1
− (x + 1)5/6 − 2 x + 1 − 66 x + 1 + 3 ln
+ C.
5
1− 6 x +1
Пример 13.1.2.
∫

x − 1 dx 
= =
t
x +1 x 

4t2
1 + t2
x −1
, x=
,dx=
x +1
1 − t2

dx 4tdt 
=
, =

2 x
1 − t4 
1 − t2

(
4tdt
)
4t2 dt
∫ 1 − t4= 
A
B
4v
( A + B) + ( A − B)v
v =
=
= +
=
t2  =
2 1+v 1−v


1−t
1−v
1 − v2
4
64
−B =
A+B=
0, A − B =
4, A =
2,
=
 2∫
= ln
4t2
2
2
=
−
2
1−t
1−t
1 + t2
4
dt
1+ t
− 2∫ = ln
− 2 arctg t=
+C
2
1−t
1−t
1+ t
dt
2
| x +1| + | x −1|
| x +1| − | x −1|
− 2 arctg
x −1
+ C.
x +1
Возвращаясь от переменной t к x, мы преобразовали аргумент логарифма:
x −1 1 + x −1
1+
x +1
1+ t
x +1
= = =
1−t
x −1
x −1
1−
1−
x +1
x +1
| x +1| + | x −1|
| x +1| − | x −1|
.
Появление модуля под радикалом не приводит к расширению
области определения функции в целом, поскольку в аргументе арктангенса радикал остался прежним.
Решение можно преобразовать и так, чтобы оно содержало знакомый нам «длинный» логарифм. Снова преобразуем аргумент логарифма:
2


x −1 
x −1 x −1 
1+
+

 1 + 2
 (x + 1)
2 
x +1 
x + 1 x + 1 
1 + t (1 + t)


= =
=
=
x −1
1 − t 1 − t2
2
1−
x +1
x −1
2x + 2(x + 1)
x + 1 x sign(x 1) (x 1)(x 1)
=
= +
+
−
+ =
2
= x + sign(x + 1) x2 − 1 = sign(x)  | x | + x2 − 1 


(мы воспользовались тем, что в области определения подынтегральной функции sign(x + 1) = sign x). Тогда
∫
x − 1 dx
x −1
= ln  | x | + x2 − 1  − 2 arctg
+ C.
x +1 x
x +1


65
Задачи
2x dx
1.
∫
2.
∫
3.
∫1+
.
4x − 3 dx
.
x − 3 − 4 x − 3 dx
.
x + 1 dx
4. ∫
.
x x + 1 x3dx
5. ∫
.
x − 1 x dx
.
6. ∫
x + 1 7.
x dx
∫2+
x
8.
∫
9.
∫
dx
x +4 x
.
dx
x (x − 1)
.
xdx
10.
∫ 3 2x + 3 .
11.
∫
12.
∫
13.
∫
2x + 1 dx
x2
x dx
2x + 3
.
.
2x − 1
dx.
2x + 3
.
13.2. Квадратичная иррациональность:
третья подстановка Эйлера
Если подынтегральная функция содержит квадратный корень
из квадратного трёхчлена с положительным дискриминантом, то
мы можем свести эту задачу к только что рассмотренному случаю
дробно-линейной иррациональности. Подкоренное выражение раскладывается на множители, а затем представляется в виде произведения дробно-линейной функции и квадрата одного из линейных
сомножителей, который затем выносится из-под корня (не забывайте про модуль!), а корень из дробно-линейной функции выбирается
в качестве новой переменной (это так называемая третья подстановка Эйлера).
Пример 13.2.1.
∫
66
x2 − 1 dx =
∫
(x − 1)(x + 1) dx =
∫
x −1
(x + 1)2 dx =
x +1
∫
x −1
| x + 1 | dx =
x +1


= t =



4tdt 
x −1
1 + t2
2
=
,x =
,x + 1 =
, dx =
2
x +1
1 − t2
1 − t2
1 − t2 

(
)
2
4tdt
2
2 8t dt
1
=
=
−
=
sign
t
t
∫ 1 − t2
2 ∫
3
1 − t2
1 − t2
(
(
= sign 1 − t
2
)
(
)
)
(
)


 At3 + Bt2 + Ct + D

+ E ln | 1 + t | + F ln | 1 − t |  + G.

2


1 − t2


(
)
Функция sign(1 – t2) постоянна на каждом интервале непрерывности подынтегральной функции, так что её можно вынести за знак
интеграла. Решение ищем методом неопределённых коэффициентов.
Поскольку подынтегральная функция чётная, первообразная
должна быть нечётной с точностью до кусочно-постоянного слагаемого G. Отсюда сразу вытекает, что B = D = 0, F = –E.
Продифференцируем:
(
sign 1 − t2
)
(
8t2
1−t
)
2 3
(
=
sign 1 − t2
)


 3 At2 + C ( At3 + Ct) ⋅ 4t
2E 
+
+

.
2
3
1 − t2 
 1 − t2
1 − t2


(
)
(
)
Сократим на общий множитель, умножим на знаменатель:
8t2 = (3At2 + C)(1 – t2) + 4(At4 + Ct2) + 2E(1 – t2)2.
Обозначим v = t2, сгруппируем слагаемые:
8v = 3Av + C + Av2 + 3Cv + 2E(1–v)2,
v = 1:
8 = 4A + 4C,
v2:
0 = A + 2E,
v0:
0 = C + 2E.
Отсюда A = C = 1, E = –1/2, и
∫
(
x2 − 1=
dx sign 1 − t2
)

 t(t2 + 1) 1 1 − t
+ ln

2 2
1+ t
 1 − t2

(
)


G
 +=


67
=
(
)
2
t 2 t2 + 1 sign 1 − t
(1 − t) 2
+
+G
ln =
2 1 − t 2 1 − t2
2
1 − t2

x − 1 | x + 1 | x sign ( x + 1) x + 1  x − 1
x −1
+
−2
=
+ 1 + G
ln


x +1
x +1
2
2
2  x +1

=
=
(x − 1)(x + 1) x sign ( x + 1)
x −1
+
+G
ln x − (x + 1=
)
x +1
2
2
=
x x2 − 1 sign ( x + 1)
+
ln x − sign ( x + 1) x2 −=
1 +G
2
2
=
x x2 − 1 − ln x + x2 − 1
2
+ G.
Здесь мы воспользовались тем обстоятельством, что
ln x ± x2 − 1 =
± ln x + x2 − 1 .
Дальше мы будем неоднократно возвращаться к этому интегралу
и рассматривать различные способы его вычисления.
Задачи
1.
2.
∫
∫
xdx
2
.
x − 4x + 3 4 − x2 dx
.
x −1
3. ∫ x x2 − 5x + 6 dx.
4.
∫
dx
x x2 − 4 x
.
13.3. Интегрирование отношения двучлена и квадратного корня
из квадратного трёхчлена
Пример 13.3.1.
∫
68
(x − 2) dx
=
x2 − 4 x + 8
d(x2 − 4x + 8)
=
∫ 2
2 x − 4x + 8
x2 − 4x + 8 + C.
В этом примере коэффициенты специально подобраны. В общем
Ax + B
же случае вычисление интегралов вида ∫
dx происхоax2 + bx + c
дит по той же схеме, что и в случае, когда квадратного корня нет.
Снова хотим предостеречь от скоропалительного разбиения в сумму
интегралов: прежде, чем это делать, нужно выделить полный квадрат в подкоренном выражении и сделать замену переменных. Теперь уже при вычислениях знак дискриминанта оказывается несущественным, зато приобретает значение знак коэффициента a при x2:
если этот знак положителен, то первообразная будет содержать
«длинный» логарифм, а если отрицателен – арксинус (или арккосинус).
Пример 13.3.2.
∫
=
∫
(x + 3) dx
2
x − 4x + 8
(t + 5) dt
=
t2 + 4
=
=
∫
(x + 3) dx
(x − 2)2 + 4
=
x 2, x =
t + 2,dx =
dt  =
t =−
dt
d(t2 + 4)
4 
= ∫
+ 5 ln  t + t2 +=
2
2
2


t +4
t +4
2 t +4
= t2 + 4 + 5 ln  t + t2 + 4  + C=


x2 − 4x + 8 + 5 ln  x − 2 + x2 − 4x + 8  + C.


∫
t dt
+ 5∫
Пример 13.3.3.
∫
(x + 3) dx
2
− x + 4x + 5
=
∫
(x + 3) dx
9 − (x − 2)2
=
x 2, x =
t + 2,dx =
dt  =
t =−
t dt
(t + 5) dt
dt
d(9 − t2 )
t
=
=+
=
−∫
+ 5 arcsin =
5∫
∫
∫
2
2
2
2
3
9−t
9−t
9−t
2 9−t
t
x −2
=− 9 − t2 + 5 arcsin + C =− − x2 + 4x + 5 + 5 arcsin
+ C.
3
3
Пример 13.3.4. Особый случай: под корнем полный квадрат:
∫
(x + 3) dx
x+3
(x − 2) + 5
=
dx =
sign(x − 2) ∫
∫ | x − 2 | dx =
x −2
x − 4x + 4
= sign(x − 2)(x + 5 ln | x − 2 |) + C.
2
69
Два примера с неудобными коэффициентами:
Пример 13.3.5.
(x − 1) dx
=
∫ 2
x + x +1
2(x − 1) dx
(2x − 2) dx
4x + 4x + 4
(2x + 1) + 3
∫=
∫=
2
2
= u = 2x + 1,2x − 2 = u − 3,du = 2 dx  =
1 u−3
du =
2 ∫ u2 + 3
1 u du
3
1 2
3
du
u + 3 − ln  u + u2 + 3  +=
C
− ∫
=
∫
2 u2 + 3 2 u2 + 3 2
2 

1
3
=
4x2 + 4x + 4 − ln  2x + 1 + 4x2 + 4x + 4  +=
C
2
2 

3
= x2 + x + 1 − ln  2x + 1 + 2 x2 + x + 1  + C.
2 

=
Пример 13.3.6
(4x + 5) dx
9(4x + 5) dx
1
1 (12x + 15) ⋅ 3 dx
=
=
=
∫
∫
∫
4 + 2x − 3x2 3 3 12 + 6x − 9x2 3 3
13 − (3x − 1)2
1
4t + 19
= t =3x − 1,12x + 15 =4t + 19,3 dx =dt  =
dt =
∫
3 3 13 − t2
=
tdt
1 
1 
dt 
t 
+ 19∫
=
−4 13 − t2 + 19 arcsin
C
4 ∫


 +=
3 3 
13 
13 − t2
13 − t2  3 3 
1 
3x − 1 
2
=
 −4 12 + 6x − 9x + 19 arcsin
+C=
3 3
13 
1
19
3x − 1 
=  −4 4 + 2x − 3x2 +
arcsin
 + C.
3
3
13 
1.
2.
3.
70
∫
∫
∫
12x + 5
2
x + 10x + 7
5x + 2
− x2 + 4 x + 8
4 − 3x
x2 − 8 x + 20
Задачи
dx.
4.
∫
5.
∫
6.
∫
dx.
dx.
(x − 3) dx
3 − 2x − x2
.
(5x − 13) dx
7x2 − 3x − 4
(2x + 1) dx
8 − 2x − x2
.
.
13.4. Интегрирование отношения или произведения
многочлена и квадратного корня из квадратного трёхчлена
Интегралы вида
∫
Pn (x)
dx вычисляются, как правило,
ax2 + bx + c
методом неопределённых коэффициентов (который в данном случае
иногда называют методом Остроградского – не путать с формулой
Остроградского (9.6.2) и формулой Гаусса-Остроградского, с которой мы познакомимся в дальнейшем:
∫
Pn (x)
dx
=
dx Qn −1 (x) ax2 + bx + c + λ ∫
. (13.4.1)
2
2
ax + bx + c
ax + bx + c
Здесь Qn–1(x) – искомый многочлен степени на единицу меньшей,
чем Pn(x), а λ – постоянная, также подлежащая определению (разумеется, её можно обозначить и любой другой буквой). Интеграл
в правой части выделением полного квадрата под корнем и заменой
переменной приводится к табличному и выражается через логарифм или арксинус. Задачи, рассмотренные в предыдущем разделе, также могут быть решены таким образом, при этом многочлен Q
превращается в постоянную. Если нужно проинтегрировать не отношение, а произведение многочлена и корня из квадратного трёхчлена, то эта задача сводится к предыдущей умножением и делением подынтегральной функции на упомянутый корень. Поскольку
степень многочлена при умножении на подкоренное выражение
увеличивается на 2, то
∫ Pn (x)
ax2 + bx + c dx =
= Qn +1 (x) ax2 + bx + c + λ ∫
dx
ax2 + bx + c
.
(13.4.2)
Степень многочлена Q отличается от степени P по-прежнему на
единицу, но теперь уже не в меньшую, а в большую сторону.
Формулы (13.4.1) и (13.4.2) очень похожи, и важно не перепутать,
где степень увеличивается, а где уменьшается. Что касается формулы (13.4.2), то здесь степень ведёт себя ровно так же, как при интегрировании многочлена, то есть увеличивается на единицу. Чтобы
применить то же мнемоническое правило в формуле (13.4.1), нужно
мысленно подставить вместо корня из квадратного трёхчлена линейную функцию (или просто x): при умножении на неё старшая
степень многочлена увеличивается, а при при делении уменьшается
71
на единицу. В этом случае степень подкоренного выражения станет
равна n – 1, тогда степень первообразной должна быть равна n, а степень многочлена Q(x) оказывается равной n – 1.
Пример 13.4.1. Интеграл из примера 13.3.2:
∫
(x + 3) dx
dx
= A x2 − 4 x + 8 + B ∫
.
x2 − 4 x + 8
x2 − 4 x + 8
Дифференцируем:
x+3
A (2x − 4)
B
=
+
.
2
2
2
x − 4x + 8 2 x − 4x + 8
x − 4x + 8
Умножаем на знаменатель:
x + 3 = A(x – 2) + B,
A = 1,
B = 5.
x1:
x = 2: Вычисляем интеграл в правой части:
∫
dx
=
x − 4x + 8
2
d(x − 2)
= ln  x − 2 + x2 − 4x + 8  + C.


(x − 2) + 4
∫
2
Таким образом,
∫
(x + 3) dx
2
x − 4x + 8
=
x2 − 4x + 8 + 5 ln  x − 2 + x2 − 4x + 8  + C.


Пример 13.4.2. Интеграл из примера (13.3.6):
∫
(4x + 5) dx
4 + 2x − 3x2
= A 4 + 2x − 3x2 + B ∫
dx
4 + 2x − 3x2
.
Дифференцируем:
A (2 − 6x)
B
4x + 5
=
+
.
2
2
4 + 2x − 3x
2 4 + 2x − 3x
4 + 2x − 3x2
4
1
19
4x + 5 =A (1 − 3x) + B, x1 : A =− , x = : B = .
3
3
3
72
Вычисляем интеграл в правой части:
3 dx
1
dx
=
∫
4 + 2x − 3x2
∫=
2
3
d(3x − 1)
1
13 − (3x − 1)
3
1
∫=
2
3
12 + 6x − 9x
arcsin
3x − 1
13
+ C.
Таким образом,
∫
(4x + 5) dx
4
19
3x − 1
=
−
arcsin
+ C.
4 + 2x − 3x2 +
3
3
3
13
4 + 2x − 3x
2
Пример 13.4.3.
∫
x3 + 2x2 − x + 3
2
x − x −1
dx
= ( Ax2 + Bx + C) x2 − x − 1 + D ∫
dx
2
x − x −1
.
Дифференцируем:
x3 + 2x2 − x + 3
x2 − x − 1
= (2 Ax + B) x2 − x − 1 +
=
( Ax2 + Bx + C)(2x − 1)
2 x2 − x − 1
+
D
x2 − x − 1
,
2(x3 + 2x2 − x +=
3) 2(2 Ax + B)(x2 − x − 1) + ( Ax2 + Bx + C)(2x − 1) + 2D,
2x3 + 4x2 − 2x=
+ 6 A (6x3 − 5x2 − 4x) + B(4x2 − 3x − 2) + C(2x − 1) + 2D.
Приравниваем коэффициенты при разных степенях x:
1
;
3
4 + 5 A 17
=;
B=
4
12
−2 + 4 A + 3B 43
= ;
C=
2
24
6 + 2B + C 85
= .
D=
2
16
=
2 6=
x3:
A,
A
x2:
−5 A + 4B,
4=
x1:
−2 =−4 A − 3B + 2C,
x0:
−2B − C + 2D,
6=
=
∫
2 dx
dx
=
∫ 2
∫=
2
x − x −1
4x − 4x − 4
d(2x − 1)
= ln 2x − 1 + 4x2 − 4x − 4 + C,
2
(2x − 1) − 5
73
∫
x3 + 2x2 − x + 3
x2 − x − 1
dx =
 x2 17x 43  2
85
= 
+
+
ln 2x − 1 + 2 x2 − x − 1 .
 x − x −1 +
 3

12
24
16


Пример 13.4.4. Интеграл из примера 13.2.1:
∫
x2 − 1 dx= ( Ax + B) x2 − 1 + C ∫
dx
x2 − 1
.
Поскольку подынтегральная функция чётная, правая часть
должна быть нечётной с точностью до константы интегрирования.
Поэтому сразу заключаем, что B = 0. Дифференцируем:
x2 =
− 1 A x2 − 1 +
Ax ⋅ 2x
2
2 x −1
+
C
x2 − 1
.
x2 − 1 :
Умножаем на
x2 – 1 = A (x2 – 1) + A x2 + C,
откуда A = 1/2, C = –1/2, и
2
=
∫ x − 1 dx
x x2 − 1 − ln x + x2 − 1
2
+D
(интеграл в правой части табличный, D – постоянная интегрирования).
Пример 13.4.5.
∫ (x + 2)
x2 − 4x + 8 dx= ( Ax2 + Bx + C) x2 − 4x + 8 + D ∫
dx
2
x − 4x + 8
.
Дифференцируем и преобразовываем:
(x + 2) x2 − 4x + 8 =
= (2 Ax + B) x2 − 4x + 8 +
( Ax2 + Bx + C)(2x − 4)
2
2 x − 4x + 8
+
D
2
x − 4x + 8
,
(x + 2)(x2 − 4x + 8=
) (2 Ax + B)(x2 − 4x + 8) + ( Ax2 + Bx + C)(x − 2) + D,
x3 − 2x2 +=
16 A (3x3 − 10x2 + 16x) + B(2x2 − 6x + 8) + C(x − 2) + D.
74
Приравниваем коэффициенты при разных степенях x:
x3 :
1 3=
A,
A
=
x2 :
−2 =−10 A + 2B,
x1 :
0=
16 A − 6B + C,
x0 :
16 = 8 B − 2C + D,
1
;
3
2
B =−1 + 5 A = ;
3
4
C=
−16 A + 6 B =
− ;
3
D =16 − 8 B + 2C = 8.
Вычисляем интеграл в правой части и записываем ответ:
∫
dx
d(x − 2)
= ln  x − 2 + x2 − 4x + 8  + E,


(x − 2) + 4
∫
=
x − 4x + 8
2
2
x2 − 4x + 8 dx =
∫ (x + 2)
(x2 + 2x − 4) x2 − 4x + 8
+ 8 ln  x − 2 + x2 − 4x + 8  + E
3


(E – константа интегрирования).
Пример 13.4.6.
x2 − 4x + 8 dx =
∫ (x − 2)
=
1
1 2
x2 − 4x + 8 d(x2 − 4x + 8=
)
(x − 4x + 8)3/2 + C.
∫
2
3
Очень похожий внешне интеграл, но коэффициенты таковы, что
ответ находится элементарно.
Задачи
1.
2.
∫
∫
2
6x + 5x − 4
2
x + 4x + 4
3
dx.
2
x − 7x + 12x + 1
6x − 8 − x
2
dx.
5. ∫ (2x + 11) x2 + 6x + 15 dx.
6.
2
3. ∫ (5x + 7) x + 6x + 12 dx.
4. ∫ (3x − 8) x2 + 12x + 6 dx.
∫
1 − 4x − x2 dx.
7. ∫ x x2 + 2x dx.
8.
∫
x2 − 2x − 1 dx.
75
13.5. Вычисление интегралов с квадратичными
иррациональностями интегрированием по частям
Пример 13.5.1 Снова рассмотрим интеграл из примеров 13.2.1,
13.4.4:
=
I
∫
x2 − 1 =
dx x x2 − 1 − ∫ xd x2 =
− 1 x x2 − 1 − ∫ x
= x x2 − 1 − ∫
(x2 − 1) + 1
2
x −1
=
dx x x2 − 1 − ∫
x2 − 1
2
x −1
dx − ∫
xdx
=
x2 − 1
dx
=
x2 − 1
= x x2 − 1 − I − ln x + x2 − 1 .
В результате интегрирования по частям и последующих преобразований в правой части возникло выражение, содержащее сам искомый интеграл. С подобной ситуацией мы встречались в примере
8.20 при вычислении интегралов от произведения экспоненты на
синус (с косинусом ситуация аналогичная). Фактически мы получаем линейное уравнение относительно искомого интеграла. Перенесём I в левую часть, не забыв восстановить справа константу интегрирования, и, поделив на 2, получим прежний ответ:
1
2
2
 x x − 1 − ln x + x − 1
2

 + C.

Аналогичная задача с другим знаком подкоренного выражения
была рассмотрена в примере 8.21.
Немного видоизменив алгоритм, мы можем вычислять интегралы от произведения линейной функции и корня из квадратного
трёхчлена.
=
I
Пример 13.5.2. Интеграл из примера 13.4.5:
∫ (x + 2)
x2 − 4x + 8 dx =
2
∫ (x + 2) (x − 2) + 4 dx =
2
x 2, x =
t + 2,dx =
dt  =
=
t =−
∫ (t + 4) t + 4 dt =
= ∫ t2 + 4 tdt + 4 ∫ t2 + 4 dt =
=
76
1
1 2
(t + 4)3/2 + 4I,
t2 + 4 d(t2 + 4) + 4I=
2∫
3
∫
=
I
t2 + 4 dt
= t t2 + 4 − ∫ td t2 + =
4 t t2 + 4 − ∫
= t t2 + 4 − ∫
t2 dt
=
t2 + 4
(t2 + 4) − 4
dt
= t t2 + 4 − I + 4 ln  t + t2 + 4 ,


t +4
2
откуда
=
I
t t2 + 4
+ 2 ln  t + t2 + 4  + C.
2


Тогда
∫ (x + 2)
=
x2 − 4x + 8 dx
=
1 2
(t + 4)3/2 + 2t t2 + 4 + 8 ln  t + t2 + 4  + =
C
3


1 2
(x − 4x + 8)3/2 + 2(x − 2) x2 − 4x + 8 + 8 ln  x − 2 + x2 − 4x + 8  + C.
3


Схема, как видим, такова:
1. Выделяем, если нужно, полный квадрат под знаком радикала
и делаем замену.
2. Вычисляем слагаемое, содержащее произведение корня на переменную интегрирования.
3. Во втором интеграле интегрируем по частям, и получившийся
в правой части интеграл, прибавляя и вычитая подходящую константу в числителе, выражаем через интеграл, стоящий в левой
части.
4. Решаем линейное уравнение относительно этого интеграла, не
забыв добавить константу интегрирования.
5. Вычисляем исходный интеграл, подставляя полученное выражение и переходя к первоначальной переменной.
Задачи
1.
∫
4x2 + 8x + 5 dx.
2. ∫ x 6x − x2 dx.
3. ∫ (x + 2) 8 − 4x − x2 dx.
77
13.6. Интегрирование отношения (произведения) многочлена
и степени квадратного корня из квадратного трёхчлена
Этот подраздел в значительной степени повторяет то, что сказано
в подразд. 9.3 об интегрировании отношения двучлена и целой степени квадратного трёхчлена: все подходы, используемые там, применимы и здесь.
Начнём со случая, когда в числителе стоит двучлен, а в знаменателе – полуцелая степень квадратного трёхчлена. Как обычно,
в подкоренном выражении выделяется полный квадрат и делается
замена, чтобы избавиться от линейного слагаемого, в результате
чего под корнем остаётся двучлен ax2 + c. После того, как такая замена сделана, интеграл разбивается в сумму интегралов:
Ax + B
dx
∫=
1
m+
( ax + c )
2
A∫
2
xdx
1
m+
2
( ax + c )
2
+ B∫
dx
( ax + c )
m+
2
1
2
. (13.6.1)
Первый из них легко вычисляется:
(
( ax2 + c )
m+
)
2
d ax + c
1
1
=
∫
1
2a
m+
2 a(2m − 1) ax2 + c
ax2 + c
xdx
=
∫
1
(
2
)
(
)
m−
1
2
+ C. (13.6.2)
Второй интеграл проинтегрируем по частям – подобно тому,
как это делалось в предыдущем подразделе, а также в подразд. 9.3,
предварительно преобразовав отношение в произведение:
I
1
m+
2
(
2
=
∫ ax + c
=
x
1
m+
2
( ax2 + c)
1
m+
2
( ax + c)
78
1
m+
2
( ax2 + c )
x
2
−(2m +1)/2
x
=
=
)
(
dx =
x ax2 + c
−(2m +1)/2
(
− ∫ xd ax2 + c
)
−(2m +1)/2
=
ax2 dx
+ (2m + 1) ∫ (ax2 + c)−(2m +3)/2=
(
+ (2m + 1) ∫ ax2 + c
(
)
+ (2m + 1) ∫ ax2 + c
)
)
−(2m +1)/2
−(2m +3)/2
(ax2 +=
c) − c  dx


(
dx − (2m + 1)c ∫ ax2 + c
)
−(2m +3)/2
dx
=
x
=
( ax2 + c )
m+
1
2
+ (2m + 1) I
m+
1
2
− (2m + 1)cI
m+
3,
2
откуда при c ≠ 0 (подкоренное выражение не является полным квадратом) следует рекуррентная формула


1
x

I 3
=
m+
(2m + 1)c 
2
 ax2 + c

(
)
m+
1
2


+ 2mI 1  + C, m+ 
2

(13.6.3)
позволяющая последовательно вычислять интегралы рассматриваемого вида. (Отметим, что в случае a = c = 1 эта формула совпадает
1
с (9.3.3) при n= m + ). Константу C в правой части мы сохранили
2
потому, что при m = 0 обращается в нуль коэффициент при I 1 .
m+
Обратите внимание, что из-за этого интеграл
2
x
=
I3
+C
c ax2 + c
2
и все последующие являются рациональными функциями x и
ax2 + c и не содержат арксинусов и логарифмов:
I 3
=
m+
2
P2m +1 (x)
( ax
2
+c
)
m+
1
2
+ C, (13.6.4)
числитель – многочлен степени 2m + 1, содержащий только чётные
степени x. Этот многочлен может быть найден не только с помощью
рекуррентной формулы (13.6.3), но и методом неопределённых коэффициентов.
Обращая формулу (13.6.3), можно её приспособить для вычисления интегралов с отрицательными m, в которых полуцелая степень
квадратного трёхчлена стоит не в знаменателе, а в числителе:
I
m+
1
2


1 
x
(2m + 1)cI 3 −
=
m+
2m 
2

ax2 + c

(


+C
1
m+ 
2

)
79
или, делая замену m на –m (теперь снова m > 0):
1

m−
1 
2
(13.6.5)
I  1 =
(2m − 1)cI  3  + x ax2 + c

− m −  2m 
− m − 
2
2




(здесь уже нет необходимости отдельно выписывать в правой части
постоянное слагаемое, поскольку оно содержится в I  3  , коэф-
(
)
− m − 
2

фициент при котором при c ≠ 0 в нуль не обращается ни при каком
m). В частности, при m = 1 получаем:
I−1/2 =
1
cI1/2 + x ax2 + c  .

2 
В случае a = –1, c = 1 эта формула позволяет вычислить интеграл из примера 8.21, а при a = 1, c = –1 – из примеров 13.2.1, 13.4.4
и 13.5.1. Поскольку I1/2 в зависимости от знака a выражается либо
через «длинный» логарифм, либо через арксинус, все последующие
интегралы также, наряду с произведениями ax2 + c и многочленов, содержат эти же функции. Это обстоятельство, впрочем, нам
уже известно из подразд. 13.4, поскольку I  1  при натураль− m − 
2

ных m – это интегралы от произведения многочлена на квадратный
трёхчлен.
Рассмотрим теперь случай, когда подынтегральная функция –
отношение многочлена и полуцелой степени квадратного трёхчлена. Здесь в зависимости от соотношения степеней многочлена и
трёхчлена возможны различные ситуации. Если степень квадрат1
ного трёхчлена равна n + (n – натуральное число), а степень k мно2
гочлена не превосходит 2n – 1, то интеграл после линейной замены
переменной может быть представлен в виде линейной комбинации
интегралов вида (13.6.1), 1 ≤ m ≤ n. Тогда, учитывая (13.6.2) и (13.6.4)
и возвращаясь к первоначальной переменной интегрирования, мы
получим:
∫
(
Pk (x)
=
dx
1
n+
2
)
Q2n −1 (x)
(
)
n−
1
2
+ C, (13.6.6)
ax2 + bx + c
ax2 + bx + c
где k ≤ 2n – 1, Q2n–1(x) – многочлен, степень которого не превосходит
2n – 1. Его коэффициенты могут быть найдены методом неопреде80
лённых коэффициентов. Если же степень k многочлена в числителе
подынтегральной функции выше, чем 2n – 1, то среди интегралов
вида (13.6.1) найдутся и такие, для которых m<1. В связи с этим
представление для первообразной будет уже другое:
∫
Pk (x)
=
dx
1
n+
2
( ax2 + bx + c )
Qk−1 (x)
1
n−
2
( ax2 + bx + c )
+ λ∫
dx
ax2 + bx + c
,
(13.6.7)
где k > 2n – 1, а Qk–1(x) – многочлен, степень которого не превосходит k – 1; его коэффициенты и множитель λ также могут быть найдены методом неопределённых коэффициентов. В частности, при
m = 0 эта формула превращается в (13.4.1). Если, наконец, n ≤ 0, мы
снова приходим к задаче, рассмотренной в подразд. 13.4.
Пример 13.6.1.
2x2 + 2x − 3
Ax3 + Bx2 + Cx + D
=
dx
+E
∫
( x2 + 2x + 5)
( x2 + 2x + 5)
5
3
(первый случай: в числителе стоит многочлен, степень которого не
превосходит 3 = 5 – 2, пользуемся формулой (13.6.6)). Дифференцируем:
2x2 + 2x − 3
3 Ax2 + 2Bx + C 3 Ax3 + Bx2 + Cx + D
=
−
⋅ (2x + 2).
5
3
5
2
2
2
2
x + 2x + 5
x + 2x + 5
x + 2x + 5
(
)
(
)
( x2 + 2x + 5)
+ 2Bx + C) ( x
5
Умножаем на
2x2 + 2x −=
3 (3 Ax2
2
(
)
:
)
+ 2x + 5 − 3( Ax3 + Bx2 + Cx + D)(x + 1).
Приравниваем коэффициенты:
x4 :
3
x :
x2 :
0 = 0;
0=
3 A − B,
B=
3 A;
2 = 15 A + B − 2C = 18 A − 2C,
C = 9 A − 1;
1
x1 : 2= 10B − C − 3D= 21 A + 1 − 3D, D= 7 A − ;
3
1
0
−3= 5C − 3D= 24 A − 4,
.
x :
A=
24
81
Отсюда B = 1/8, C = –5/8, D = –1/24 и
∫
2x2 + 2x − 3
x3 + 3x2 − 15x − 1
=
dx
+ E.
( x2 + 2x + 5)
5
24
( x2 + 2x + 5)
3
Пример 13.6.2.
x4 + 2x − 3
Ax3 + Bx2 + Cx + D
=
dx
+ λ∫
∫
( x2 + 2x + 5)
( x2 + 2x + 5)
5
3
dx
2
x + 2x + 5
(второй случай: в числителе стоит многочлен, степень которого
больше 3 = 5 – 2, пользуемся формулой (13.6.7)). Дифференцируем:
x4 + 2x − 3
3 Ax2 + 2Bx + C
=
−
( x2 + 2x + 5)
( x2 + 2x + 5)
5
−
3
λ
3 Ax3 + Bx2 + Cx + D
⋅ (2x + 2) +
.
5
2
2
2
x
+
x
+
2
5
x + 2x + 5
(
Умножаем на
)
( x2 + 2x + 5)
5
:
(
)
x4 + 2x −=
3 (3 Ax2 + 2Bx + C) x2 + 2x + 5 −
(
)
2
− 3( Ax3 + Bx2 + Cx + D)(x + 1) + λ x2 + 2x + 5 .
Приравниваем коэффициенты:
x4 :
1 = λ;
3
0= 3 A − B + 4λ,
x :
2
x : 0 = 15 A + B − 2C + 14λ = 18 A − 2C + 18,
B= 3 A + 4;
C = 9 A + 9;
49
x1 : =
λ 21 A + 51 − 3D, D
= 7A + ;
2 10 B − C − 3D + 20=
3
0
x :
−3 = 5C − 3D + 25λ = 24 A + 21,
A = −1.
82
Отсюда B = 1, C = 0, D = 28/3 и
∫
x4 + 2x − 3
(x
=
2
+ 2x + 5
)
5
3
−3x3 + 3x2 + 28
dx=
2
−3x + 3x + 28
3
(x
3
( x2 + 2x + 5)
3
2
+ 2x + 5
)
3
+∫
dx
=
x2 + 2x + 5
+ ln  x + 1 + x2 + 2x + 5  + E


(под логарифмом строго положительная функция, модуль заменяем
скобками).
Другие подходы к вычислению таких интегралов основаны на
тригонометрических, гиперболических заменах, подстановках Абеля и Эйлера. Эти способы будут рассмотрены далее.
Задачи
1.
∫
−4x + 1
(5 + 2x − x )
2 3
dx.
2.
∫
2x2 − 4x + 1
(5 + 2x − x )
2 3
dx.
13.7. Интегралы, содержащие произведение степени двучлена
и корня из квадратного трёхчлена в знаменателе
Вычисление интегралов вида
∫
dx
( Ax + B)n ax2 + bx + c
начинается, как правило, с замены переменной u = Ax + B, которая, в отличие от рассмотренных ранее интегралов, никак не связана с подкоренным выражением. В результате мы приходим к инdu
тегралу вида ∫
, где a′, b′, c′ – какие-то новые
Aun a'u2 + b'u + c'
коэффициенты. После этого следует новая замена: u = t–1. Интеграл
преобразуется следующим образом:
∫
tn −1 dt
=
−∫
=
a′u2 + b′u + c′
At a′t −2 + b′t −1 + c′
du
Aun
= − ∫ sign t
tn −1 dt
A a′ + b′t + c′t2
.
83
Можно, разумеется, обойтись и одной заменой t = (Ax + B)–1,
но реально она всё равно производится в два этапа. Множитель
sign t = sign u = sign (Ax + B) постоянен на каждом промежутке непрерывности подынтегральной функции и может быть вынесен за
знак интеграла, а дальнейшие действия производятся по схеме, рассмотренной ранее.
Возможны и другие подходы к вычислению таких интегралов – такие, как упомянутые в предыдущем параграфе тригонометрические,
гиперболические замены и подстановки Эйлера. В частном случае
b′ = 0 при чётных n может помочь подстановка Абеля, а при нечётных
мы можем в качестве новой переменной взять подкоренное выражение
или сам корень – так, как это сделано в примерах 7.1.24, 7.2.2, где мы
в первый раз встретились с интегралом описываемого вида.
Рассмотрим ещё несколько подобных задач.
Пример 13.7.1. В этом интеграле нужна только одна замена:
∫
1
dt
1
t
dt

x=
,dx =
=
− ,t =
=
−∫
=


2
2
t
x
t
x 1 + 2x − 3x2 
1 + 2t −1 − 3t −2 t
dx
dt
dt
=
− sign t ∫
=
− sign t ∫
=
2
(t + 1)2 − 4
t + 2t − 3
=− sign t ln t + 1 + t2 + 2t − 3 + C =− sign x ln x −1 + 1 + x −2 + 2x −1 − 3 + C =
=− sign x ln x −1 + 1+ | x |−1 1 + 2x − 3x2 + C =
=
− sign x ln
1 + x + sign x 1 + 2x − 3x2
1 + x + 1 + 2x − 3x2
+C=
− ln
+ C.
x
x
Поясним последнее равенство:
(
)
(1 + x)2 − 1 + 2x − 3x2
1 + x − 1 + 2x − 3x2
=
=
ln
ln
x
x  1 + x + 1 + 2x − 3x2 


4 x2
= ln
=
x  1 + x + 1 + 2x − 3x2 


84
1 + x + 1 + 2x − 3x2
x
=
=
ln 4 + ln
ln 4 − ln
.
x
1 + x + 1 + 2x − 3x2
Таким образом, изменение знака при радикале приводит к изменению знака при логарифме и добавлению несущественного постоянного слагаемого.
Пример 13.7.2.
∫
dt
t2
dt
1
1

x=
,dx =
=
− 2 ,t =
=
−∫
=


2
2
1
2
−
−
t
x
t

1 + 2x − 3x
1 + 2t − 3t t
sign t ⋅ tdt
(t + 1) − 1
dt =
=
−∫
=
− sign t ∫
2
t + 2t − 3
(t + 1)2 − 4
dx
x2
 (t + 1) d(t + 1)

dt
=
sign t  ∫
=−
+∫
2
2


t
t
(
)
(
)
1
4
1
4
+
−
+
−




C
= sign t  − t2 + 2t − 3 + ln t + 1 + t2 + 2t − 3  +=


= −
поскольку
1 + x + 1 + 2x − 3x2
1 + 2x − 3x2
+ ln
+ C,
x
x
x −1 − 3
sign t t2=
+ 2t − 3 sign x x −2 + 2
=
1 + 2x − 3x2
x
= sign
=
|x|
1 + 2x − 3x2
,
x
при преобразовании второго слагаемого мы воспользовались результатом предыдущего примера.
Пример 13.7.3.
∫
dx
(x − 1) 3 − 2x − 5x2
=  x − 1 = u,dx = du, x = u + 1 =
du
1
dt
1

=
=
u=
,du =
− 2 ,t =
=
∫
2 
t
u 
t
u −4 − 12u − 5u
85
sign t ⋅dt
dt
=
−∫
=
−∫
=
−1
−2
t −4 − 12t − 5t
−4t2 − 12t − 5
sign t ⋅dt
sign t
2t + 3
arcsin
=
−∫
=
−
+C=
2
2
2
4 − (2t + 3)
=
−
sign u
2 + 3u
1
3x − 1
+C=
− arcsin
+ C.
arcsin
2
2u
2
2 | x −1|
Пример 13.7.4. Вычислить интеграл:
I=∫
dx
2
(x − 1) x2 − 2x − 1
.
Корень в знаменателе умножается не на степень двучлена, а на
x2 – 1, поэтому преобразуем подынтегральную функцию. Поскольку, согласно (8.5),
1
1 1
1 
=
−

,
2
x −1 2  x −1 x +1 
рассматриваемый интеграл представляется в виде разности:
 1
1
dx
dx
∫
=
I=
−∫
( I1 − I2 ).
2
2  (x − 1) x2 − 2x − 1
 2
(
x
+
1
)
x
−
2
x
−
1


Найдём эти интегралы.
I1 =
∫
dx
2
(x − 1) x − 2x − 1
=  x − 1 = u,dx = du, x2 − 2x − 1 = u2 − 2 =


du
dt
dt
1
1
sign t ⋅ dt

=
− 2 ,t =
−∫
=
−∫
=
,du =
u =
=
∫ 2 =
2
−
t
u
t

u u −2 
t t −2
1 − 2t2
=
−
sign t
2
−
arcsin 2t + C =
sign u
2
2
1
2
+C=
−
+ C.
arcsin
u
| x −1
2
arcsin
Этот интеграл можно сосчитать и по-другому:
I1 =  =
∫
du
u u2 − 2
=
86
=
dv
∫ v2=
+2
∫


udu
=  u2 − 2 = v,
= dv,u2 = v2 + 2 =

u2 u2 − 2 
u2 − 2
udu
1
2
arctg
v
=
+C
2
1
2
arctg
u2 − 2
=
+C
2
1
2
1
2
= arccos
+C=
−
arcsin
+ C.
|u|
| x −1|
2
2
В прямоугольном треугольнике с катетами
нуза равна |u|, поэтому
arctg
u2 − 2 и
2 гипоте-
u2 − 2
2 π
2
= arccos =
− arcsin
.
|u| 2
|u|
2
Вычисляем второй интеграл:
I2 =
∫
dx
2
(x + 1) x − 2x − 1
=  x + 1 = v,dx = dv, x2 − 2x − 1 = v2 − 4v + 2 =


dv
1
dt
1
dt

=
=
− 2 ,t =
−∫
=
,dv =
v =
=
∫ 2
2
−
t
v
t

v v − 4v + 2 
t t − 4t −1 + 2
=
−∫
sign t ⋅ dt
1 − 4t + 2t
2
=
−
=
−∫
1
2
sign t ⋅ dt
2
2(t − 1) − 1
=
−
sign t
2
ln 2 (t − 1) + 2(t − 1)2 − 1 + C =
ln 2 (t − 1) + sign t 2(t − 1)2 − 1 + C =

Ещё раз поясним этот переход (аналогичные преобразования
были проделаны в примерах 13.7.1, 13.7.2). При sign t = 1 равенство
очевидно. Если sign t = –1, то
1
sign t ln =
2 (t − 1) + 2(t − 1)2 − 1 ln =
2 (t − 1) + 2(t − 1)2 − 1
= ln
2 (t − 1) − 2(t − 1)2 − 1
= ln 2 (t − 1) − 2(t − 1)2=
−1
2(t − 1)2 − 2(t − 1)2 − 1


= ln 2 (t − 1) + sign t 2(t − 1)2 − 1 .
Продолжим вычисления:
I2 =
−
=
1
4 2
1 
ln 2  − 1  + sign v 1 − +
+C=
v v2
2
v

87
=
−
1
2
ln
2 (1 − v ) + v2 − 4v + 2
v
+C=
−
1
2
ln
− 2x + x2 − 2x − 1
+C=
x +1
1
2x − x2 − 2x − 1
ln
=
−
+ C.
x +1
2
Окончательно получаем:
=
I

1 
ln
2 2


2x − x2 − 2x − 1
2 
− arcsin
+ C.
x +1
| x −1| 

Задачи
1.
∫
2.
∫
dx
.
4.
∫
.
5.
∫
x 10x2 − 6x + 1 dx
2
2
7x + 2x + 5 dx
3. ∫
.
(x − 2) 8 − 4x − x2
x
dx
(x − 2)3 8 − 4x − x2
dx
(x + 1) x2 + 2x + 5
.
.
13.8. Интегрирование дробно-рациональной функции переменной
интегрирования и корня из квадратного трёхчлена
ax2 + bx + c  dx , где R – дробно-рацио
нальная функция своих аргументов, имеющая вид
Интегралы вида

∫ R  x,
P(x) + Q(x) ax2 + bx + c
R  x, ax2 + bx + c  =

 S(x) + T(x) ax2 + bx + c
(P, Q, S, T – некоторые многочлены), вычисляются, как правило, по
следующей схеме:
1. Освобождаемся от иррациональности в знаменателе, домножая числитель и знаменатель на выражение, сопряжённое знаменателю. В результате в знаменателе получившейся дроби будет некоторый многочлен.
88
2. Разбиваем дробь в сумму дробей, первая из которых – дробнорациональная функция, а вторая – дробно-рациональная функция,
умноженная на корень из квадратного трёхчлена. Соответственно,
интеграл представляем суммой интегралов.
3. Вычисляем интеграл от рациональной дроби.
4. Во второй дроби освобождаемся от иррациональности уже
в числителе, домножив числитель и знаменатель на корень из квадратного трёхчлена. Соответственно, подынтегральная функция
представляется рациональной дробью, поделённой на корень из
квадратного трёхчлена.
5. Если эта дробь неправильная, выделяем целую часть (т.е. многочлен) и снова представляем подынтегральную функцию в виде
суммы двух слагаемых. Первое слагаемое – отношение многочлена
и корня из квадратного трёхчлена, второе – оставшаяся правильная дробь, поделённая на этот же трёхчлен. Соответственно, разбиваем интеграл в сумму интегралов.
6. Вычисляем интеграл от отношения многочлена и корня из
квадратного трёхчлена.
7. Раскладываем правильную дробь на простейшие и разбиваем
интеграл в линейную комбинацию интегралов. В каждом из этих
интегралов подынтегральная функция – простейшая дробь, знаменатель которой дополнительно умножается на корень из квадратного трёхчлена.
8. Вычисляем интегралы от слагаемых, в знаменателях которых стоят степени двучлена, умноженные на корень из квадратного
трёхчлена.
9. Для слагаемых, в знаменателях которых стоят степени квадратных трёхчленов с отрицательными дискриминантами, умноженные на корень из квадратного трёхчлена, для вычисления интегралов необходимо применить тригонометрическую, гиперболическую подстановку, подстановку Абеля или Эйлера. Эти подстановки
будут описаны далее.
Пример 13.8.1.
dx
=
∫
x + x2 − x + 1
x − x2 − x + 1
=
∫ x2 − (x2 − x + 1) dx
x − x2 − x + 1
=
dx
∫
x −1
x
x2 − x + 1
=
−
dx
I1 − I2 .
∫ x − 1 ∫ x − 1 dx =
89
Избавились от иррациональности в знаменателе и разбили интеграл в сумму интегралов.
I1 = ∫
(x − 1) + 1
1 

dx = ∫  1 +
 dx = x + ln | x − 1 | +C.
x −1
x −1 

x2 − x + 1
=
∫ x − 1 dx
=
I2
x2 − x + 1
=
dx 
∫
(x − 1) x2 − x + 1
Во втором интеграле избавились от иррациональности в числителе. Преобразуем дробь:
x2 − x + 1
1
= x+
.
x −1
x −1
Тогда
xdx
x2 − x + 1
dx
I2 =
dx =
+∫
=
I3 + I4 .
∫
∫
2
2
x − x +1
(x − 1) x − x + 1
(x − 1) x2 − x + 1
Ещё раз разбили интеграл в сумму. Первый из них находим методом неопределённых коэффициентов:
xdx
dx
= A x2 − x + 1 + B ∫
,
2
x − x +1
x − x +1
x
A (2x − 1)
B
=
+
,
2
2
2
x − x +1 2 x − x +1
x − x +1
1
1
= A (2x − 1) + 2B,
x1 : A
= 1,
x
=
= ,
:B
2x
2
2
dx
d(2x − 1)
2dx
=
∫ 2
∫=
∫=
x − x +1
(2x − 1)2 + 3
4 x2 − 4 x + 4
=
I3
∫
2
= ln  2x − 1 + (2x − 1)2 + 3  =
+ C ln  2x − 1 + 2 x2 − x + 1  + C,




1
I=
x2 − x + 1 + ln  2x − 1 + 2 x2 − x + 1  + C.
3
2 

Находим последний интеграл:
I4 =
∫
dx
(x − 1) x2 − x + 1
=  x − 1 = u,dx = du, x = u + 1 =
∫
du
u u2 + u + 1
=
sign t ⋅ dt
dt
dt
1
1

=
,du =
− 2 ,t =
−∫
=
−∫
=
u =
=
2
1
−
−
t
u
t


t t + t +1
1 + t + t2
90
=− ∫
sign t ⋅ 2dt
4 + 4t + 4t
2
=− ∫
sign t ⋅ d(2t + 1)
=− sign t ⋅ ln  2t + 1 + (2t + 1)2 + 3  + C =


(2t + 1) + 3
2
=− sign t ⋅ ln  2t + 1 + 2 1 + t + t2  + C =− ln 2t + 1 + sign t ⋅ 2 1 + t + t2 + C =


Мы воспользовались тем, что
(2t + 1)2 − 4 (1 + t + t2 )
2
=
ln 2t + 1 − 2 1 + t + t
ln =
2t + 1 + 2 1 + t + t2
−3
= ln
2t + 1 + 2 1 + t + t
2
= ln 3 − ln 2t + 1 + 2 1 + t + t2 .
Продолжаем преобразования:
 =− ln 2u −1 + 1 + sign u ⋅ 2 1 + u−1 + u −2 + C =
=− ln
2 + u + 2 u2 + u + 1
+ C =ln | x − 1 | − ln  x + 1 + 2 x2 − x + 1  + C.
u


Окончательно
∫
1
= x − x2 − x + 1 − ln  2x − 1 + 2 x2 − x + 1  +
2 

x + x − x +1
+ ln  x + 1 + 2 x2 − x + 1  + C.


dx
2
Задачи
1.
∫
dx
2
.
x − x − 1 2.
∫
xdx
x − 2 − x2
.
13.9. Одновременное исключение линейных слагаемых
в двух квадратных трёхчленах
При вычислении интегралов вида
∫
( Ax + B) dx
2
(x + px + q)n ax2 + bx + c
(13.9.1)
91
может оказаться полезным избавиться от линейных слагаемых
одновременно в обоих квадратных трёхчленах, стоящих в знаменателе. Если p = b/a, то для этого достаточно перейти к сдвинутой
p
переменной x + . В более сложных случаях прибегают к дробно2
линейной подстановке
=
x
µz + ν
x−ν
=
,
z
,
µ−x
z +1
(13.9.2)
должным образом подобрав коэффициенты μ и ν. (На всякий случай
напоминаем формулу обращения дробно-линейной функции: если
Az + B
Dx − B
x=
, то z =
, если только AD – BC ≠ 0.) Можно пока−Cx + A
Cz + D
зать, что если дискриминант трёхчлена x2 + px + q отрицателен
(т.е. этот трёхчлен не раскладывается в произведение линейных сомножителей) такой подбор всегда возможен: задача сводится к квадратному уравнению с положительным дискриминантом.
Замена (13.9.2) кусочно-монотонная, нерегулярная: каждый из
полубесконечных интервалов z∈ (−∞, −1), z∈ (−1, +∞) отображается на один из интервалов x ∈ (−∞,µ), x ∈ (µ, +∞), при этом x = μ не
входит в область значений дробно-рациональной функции. Поэтому
в окончательном ответе следует позаботиться о согласовании значений постоянных интегрирования на этих полуосях: односторонние предельные значения первообразных в точке x = μ (при z → ±∞)
должны совпадать.
Посмотрим, как это делается.
Пример 13.9.1. Рассмотрим интеграл
I=∫
(x + 2) dx
2
(x + 3) x2 + 2x + 5
.
Сделаем замену (13.9.2), тогда
2
(µ2 + 3)z2 + 2(µν + 3)z + (ν2 + 3)
 µz + ν 
=
=
x2 + 3 
,
 +3
 z +1 
(z + 1)2
2
=
92
 µz + ν 
 µz + ν 
x2 +=
=
2x + 5 
 + 2
+5
 z +1 
 z +1 
(µ2 + 2µ + 5)z2 + 2(µν + µ + ν + 5)z + (ν2 + 2ν + 5)
(z + 1)2
.
Потребуем обращения в нуль коэффициентов при z в числителях обеих дробей: μν + 3 = 0, μν + μ + ν + 5 = 0, откуда μν = –3,
μ + ν = –2, и тогда, согласно теореме Виета, μ и ν – корни квадратного уравнения λ2 + 2λ – 3 = 0, т.е. μ = 1, ν = –3 или μ = –3, ν = 1
(впрочем, в данном случае эти значения легко угадываются). Можно доказать, что и в общем случае аналогичное уравнение имеет
положительный дискриминант и, соответственно, два различных
вещественных решения.
Выберем какое-нибудь решение (например, первое), тогда
I =∫

4 dz
z−3
4
3z − 1
= x =
=1 −
,dx =
,x + 2 =
,
2
z +1
z +1
z +1
(z + 1)
(x2 + 3) x2 + 2x + 5 
(x + 2) dx
+3
x2 =
4z2 + 12 4(z2 + 3) 2
8z2 + 8 8(z2 + 1)
x + 3
=
+ 2x=
+5
=
=
=
,
x
,z

2
2
2
2
1 − x 
(z + 1)
(z + 1)
(z + 1)
(z + 1)
(3z − 1) dz
(z + 1)2 4 dz
sign(z + 1)
3z − 1 (z + 1)2
=
∫ z + 1 4(z2 + 3) 8(z2 + 1) (z + 1)2 =
∫
2 2
(z2 + 3) z2 + 1

zdz
dz
sign(z + 1) 
sign(x − 1)
3∫
=
=
−∫
−
(3I1 − I2 )
2
2
 (z2 + 3) z2 + 1

2 2
2 2
(
z
+
3
)
z
+
1


(поскольку sign(z + 1) = –sign(x – 1)).
Вычислим первый интеграл
I1 =
∫

= u =
(z2 + 3) z2 + 1 
=
zdz
du
∫ u2=
+2
1
arctg
z2 + 1,du =
u
=
+C
2
1

, z2 + 3 = u2 + 2 =

z2 + 1
zdz
arctg
z2 + 1
=
+C
2
2
2
2
2


2(x + 2x + 5)
1
x2 + 2x + 5
 x+3

= z2 + 1= 
+
1
=
=
arctg
+ C.

| x −1 |
2
 1− x 


(1 − x)2
Ему в окончательном ответе соответствует слагаемое
−
sign(x − 1)
2 2
3
x2 + 2x + 5
⋅ 3I1 =
− arctg
+C=

4
x −1
93
C – кусочно-постоянная функция, скачок которой компенсирует разрыв арктангенса в точке x = 1. Этот скачок можно выделить
в явном виде:

3
x2 + 2x + 5 π
=

− arctg
− sign(x − 1)  + C =
4
x −1
2



Здесь уже значение C постоянно на всей оси.
3
x −1
3
x −1
=
− arcctg
+ C = arctg
+ C.
2
2
4
4
x + 2x + 5
x + 2x + 5
А здесь тем более: входящая в ответ функция теперь уже непрерывна при всех значениях переменной x. Таким образом,
=
I
3
x −1
sign(x − 1)
arctg
+
⋅ I2 .
2
4
2 2
x + 2x + 5
Второй интеграл мы рассмотрим далее (примеры 13.10.6, 13.11.2,
13.12.2) в параграфах, посвящённых тригонометрическим, гиперболическим подстановкам и подстановкам Абеля.
Задачи
1. В интеграле
∫
dx
исключить линейные
(x − x + 2) 8 − 4x − x2
слагаемые в квадратных трёхчленах.
dx
2. В интеграле ∫
исключить линей2
(3x − 10x + 9) 2x2 − 10x + 11
ные слагаемые в квадратных трёхчленах.
2
13.10. Тригонометрические подстановки
Перед использованием тригонометрических подстановок следует
выделить в подкоренном выражении полный квадрат и выполнить
стандартную замену переменных, в результате которой мы избавляемся от линейного слагаемого. Будем считать, что такая замена
сделана. Мы также можем добиться, делая масштабное преобразование или вынося числовой множитель из-под корня, чтобы коэффициент при x2 был по модулю равен единице. Тогда в зависимости
от знака этого коэффициента и знака дискриминанта мы получаем
три возможных варианта подкоренного выражения: x2 + a2, x2 – a2
94
и a2 – x2, где a – некоторое положительное число. Возможен, конечно, и случай a = 0: в этом случае корень извлекается, и мы, получая |x|, избавляемся от иррациональности автоматически. Случай
–x2 – a2 неинтересен, поскольку никакое значение x не входит в область определения подынтегральной функции.
Наша задача, таким образом, состоит в том, чтобы для каждого случая подобрать такую замену, чтобы подкоренное выражение
оказалось квадратом какой-либо функции, и мы бы смогли извлечь
корень. Один из возможных подходов – использование тригонометрических функций. Ключевую роль здесь играют тригонометричеcos −2 t.
ские тождества sin2 t + cos2 t = 1 и tg2 t + 1 =
Если подкоренное выражение имеет вид a2 – x2 (|x|≤a), то используется подстановка x = a sin t (–π/2≤t≤ + π/2), тогда a2 – x2 =
a cos t (со знаком «плюс», по= a2(1 – sin2 t) = a2cos2 t, и a2 − x2 =
скольку на интервале (–π/2,π/2) cos t>0). Такую подстановку мы использовали в примерах 7.2.1 и 7.2.2.
Если подкоренное выражение имеет вид x2 + a2 (–∞<x< + ∞),
то используется подстановка x = a tg t (–π/2<t< + π/2), тогда
a cos −1 t (опять со знаx2 + a2 = a2(tg2 t + 1) = a2cos–2 t, и x2 + a2 =
ком «плюс» по той же причине: на интервале (–π/2,π/2) cos t >0).
Наибольшей аккуратности требует случай, когда подкоренное
выражение имеет вид x2 – a2, и область определения (|x| ≥ a) оказывается несвязной, состоит из двух лучей. В этом случае используется подстановка x = a cos–1 t (0≤ t≤ π, t ≠ π/2), тогда x2 – a2 =
a | tg t |, знак модуля может
= a2(cos–2 t – 1) = a2tg2 t, и x2 − a2 =
быть снят для положительных x. Можно на каждом из промежутков непрерывности использовать свою замену: x = a cos–1 t при x≥a
и x = –a cos–1 t при x≤–a, и тогда можно ограничиться полуинтервалом t ∈ [0, π / 2). В этом случае x2 − a2 =
a tg t.
Рассмотрим, как с помощью тригонометрических подстановок
вычисляются интегралы до сих пор не рассмотренного нами вида
(13.9.1), содержащие в знаменателе произведение корня из квадратного трёхчлена на другой квадратный трёхчлен или его степень.
Начнём со случая, когда линейные слагаемые в трёхчленах отсутствуют (или исключены с помощью процедуры, описанной в предыдущем параграфе). Линейный член в числителе также считаем равным нулю: соответствующее ему слагаемое после замены, в которой
квадратный корень в знаменателе объявляется новой переменной,
сводится к интегралу вида (9.3.1).
95
Пример 13.10.1.
5 dt
x

, x2 + 25 = 5 cos −1 t,t = arctg  =
=  x = 5 tg t,dx =
2
5
cos t
(x + 16) x + 25 
5 dt
cos tdt
= ∫
=
=
∫
2
2
2
−1
cos t ⋅ (25 tg t + 16) ⋅ 5 cos t
25 sin t + 16 cos2 t
du
u =
sin t,du =
cos tdt,cos2 t =
1 − u2  =
=
=
∫
2


9u + 16
dx
∫
2
2

x
1
3u
arctg + C = u = sin t = sinarctg =
3⋅4
4
5

1
3x
arctg
=
+ C.
12
4 x2 + 25

=
x2 + 25 
x
=
Чтобы понять, чему равен синус арктангенса отношения x к 5,
проще всего нарисовать прямоугольный треугольник с катетами x
и 5, отметить острый угол, противолежащий x и прилежащий к 5 –
это и будет арктангенс. Дальше по теореме Пифагора находим гипотенузу x2 + 25, а затем и синус как отношение противолежащего
катета x к гипотенузе. Разумеется, это всё работает в случае, когда
x > 0, но на отрицательные значения x мы можем эту формулу распространить, воспользовавшись нечётностью арктангенса и синуса.
Из тех же соображений нечётности мы можем получить и общую
u u sign v
формулу вида sinarctg =
.
v
u2 + v2
Пример 13.10.2.
∫
dx
2
2
(x + 2)
=
dt


=  x = tg t,dx =
, x2 + 1 = cos −1 t,t = arctg x  =
2
cos t

x +1 
2
dt
=
∫ cos2 t ⋅ (tg
2
t + 2)2 ⋅ cos −1 t
cos3 tdt
=
∫ (sin2 t + 2 cos2 t)2
(1 − u2 ) du
u =
=
=
sin t,du =
cos tdt,cos2 t =
1 − u2  =
∫
2


2 − u2
(
=
96
Au + B
2
2−u
+∫
(Cu + D) du
2 − u2
)
(воспользовались формулой Остроградского (9.6.2)). Поскольку подынтегральная функция чётная, сразу заключаем, что B = C = 0.
Дифференцируем, умножаем на знаменатель, приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях и находим A и D:
(
)
2 − u2 − u ⋅ (−2u)
D
1 − u2
= A
+
,
2
2
2 − u2
2 − u2
2 − u2
(
)
(
(
)
) (
)
1 − u2 = A 2 + u2 + D 2 − u2 ,
2( A + D) =
1,
A−D=
−1,
1
3
.
A=
D=
− ,
4
4
Вычисляем интеграл:
∫
dx
(x2 + 2)2
=
−
u
3 du
=
−
+ ∫
=
4 2 − u2
4 2 − u2
x2 + 1
(
u
(
2
4 2−u
)
+
3
8 2
)
ln

= =
u sin=
t sinarctg =
x

=
−
x / 1 + x2
(
)
4 2 − x2 / 1 + x2 


=
−
x 1 + x2
(
)
4 2 1 + x2 − x2 


+
+
3
8 2
3
8 2
ln
ln
(
2 +u
2 −u
+C=

=

1 + x2 
x
2 + x / 1 + x2
2 − x / 1 + x2
( ) +C=
2 (1 + x2 ) − x
2 1 + x2 + x
)


2 1 + x2 + x 

x 1+ x
3

=
−
+
ln 
2
2
8
2
2+ x
4 2+x
2
(
)
+C=
2
+C=
x 1 + x2
3
3


=
−
+
ln  2 1 + x2 + x  −
ln 2 + x2 + C.
2
4
2
8
2


4 2+ x
(
)
(
)
(
)
97
Пример 13.10.3.
∫
dx
2
(x + 9) x2 − 16
=
Подынтегральная функция чётная. Найдём интеграл при положительных значениях аргумента (x > 4), а на отрицательные продолжим полученную функцию нечётным образом (с точностью до
кусочно-постоянного слагаемого).
4 sin tdt

x  π 
4
, x2 − 16 = 4 tg t,t = arccos ∈  0,   =
 = x =
> 4,dx =
2
cos t
4  2 
cos t

4 sin tdt
cos tdt
= ∫
= ∫=
2
−2
cos t(16 cos t + 9) ⋅ 4 tg t
16 + 9 cos2 t
du
u =
sin t,du =
cos tdt,cos2 t =
1 − u2  =
=
=
∫


25 − 9u2
=

1
3 + 5u
4
+ C = u = sin t = sinarccos =
ln
3 ⋅ 5 ⋅ 2 3 − 5u
x


x2 − 16 
=
x


2
 5x + 3 x2 − 16 


1
5x + 3 x − 16
1
 +C
+C
=
ln =
ln 
30 5x − 3 x2 − 16
30
25x2 − 9(x2 − 16)
2
1
1
=
ln 5x + 3 x2 − 16 −
ln(16x2 + 9 ⋅ 16
)+C
15
30
1
1
=
ln 5x + 3 x2 − 16 −
ln(x2 + 9) + C.
15
30
=
Формулу для u можно получить, рассматривая прямоугольный
треугольник с катетом 4 и гипотенузой x. Ответ получен для x > 4,
полученная функция нечётная (с точностью до слагаемого C), и поэтому формула справедлива и при x < –4.
Пример 13.10.4.
∫
dx
(x2 + 16) 9 − x2
=

x  π π 
=  x= 3 sin t ∈ (−3,3),dx= 3 cos tdt, 9 − x2= 3 cos t,t= arcsin ∈  − ,  =
3  2 2 

98
3 cos tdt
dt
dt
∫ (9 sin2 t =
∫=
∫ 25sin2=
+ 16) ⋅ 3 cos t
9 sin2 t + 16
t + 16 cos2 t
=
dt
∫ cos2 t (25 tg2 t + 16=)
=
=
dt 

u tg t,du
=
=
=

cos2 t 


x
1
5u
+ C = u = tg t = tg arcsin =
arctg
5⋅4
4
3

=
du
∫ 25u2 + 16=

=
9 − x2 
x
1
5x
arctg
+ C.
20
4 9 − x2
Тангенс арксинуса находим из рассмотрения треугольника с катетом x и гипотенузой 3, второй катет его равен
9 − x2 .
Пример 13.10.5. Интеграл из примера 13.6.1:
∫
2x2 + 2x − 3
(x
2
dx
=
+ 2x + 5
2 dt
2
cos t
)
5
dx =
=
=
 x + 1)2 + 22 
(

5
dx =  x + 1 = 2 tg t, x = 2 tg t − 1,
,2x2 + 2x −=
3 8 tg2 t − 4 tg t − 3, x2 + 2x + =
5
=
=
∫
2x2 + 2x − 3
2
∫ (8 tg t − 4 tg t − 3)
cos5 t
5
2
⋅
2 
=
cos t 
2 dt
=
cos2 t
1
(8 sin2 t cos t − 4 sin t cos2 t − 3 cos3=
t) dt
16 ∫
1 
(11sin2 t − 3) d sin t + 4 cos2 td cos
=
t

16 ∫ 
1 
3 
11sin3 t − 9 sin t(sin2 t + cos2 t) + 4 cos
=
t +C

48 
cos3 t 
2 tg3 t − 9 tg=
t+4+C

48 
3
 (x + 1)

9
x3 + 3x2 − 15x − 1
− =
+ C.
(x + 1) + 4  + C

3
2
 4

2
24 x + 2x + 5
=
1
6
( x2 + 2x + 5)
3
(
)
99
Пример 13.10.6. Той же самой заменой воспользуемся для вычисления интеграла из примера 13.9.1:
I=
∫
(x + 2) dx
(x2 + 3) x2 + 2x + 5
=  x + 1 = 2 tg t, x = 2 tg t − 1,dx =
2 dt
cos2 t
,
2

1) 
+ 3 4 tg2 t − 4 tg t =
+ 4 4(tg2 t − tg t + =
, x2 =
cos t

2 tg t + 1
cos t 2 dt
1 2 sin t + cos t
= ∫
= =
dt 
∫
4(tg2 t − tg t + 1) 2 cos2 t 4 1 − sin t cos t
+5
x2 + 2x =
А этот интеграл мы уже вычислили в примере 11.7.3.

1 1
ln

4  2 3

+ 3=
arctg ( sin x − cos x )  + C
3 + sin x + cos x



2
x +1
= =
=
=
cos t
,sin
t


x2 + 2x + 5
x2 + 2x + 5 
1
8 3
ln
3 − sin x − cos x
3(x2 + 2x + 5) − x − 3 3
x −1
=
+ arctg
+C 
2
2
4
3(x + 2x + 5) + x + 3
x + 2x + 5
Выражения для cos t и sin t получаем из рассмотрения прямоугольного треугольника с катетами x + 1 и 2 и гипотенузой
x2 + 2x + 5 (см. замечание к примеру 13.10.1).
Ответ можно несколько преобразовать. Поскольку
3(x2 + 2x + 5) − x − 3
3(x2 + 2x + 5) − (x + 3)2
2(x2 + 3)
= =
,
2
2
 3(x2 + 2x + 5) + x + 3
3(x2 + 2x + 5) + x + 3  3(x2 + 2x + 5) + x + 3




окончательно получаем:
I
=
1 1
x −1
2
2

 3
+ C.
 ln(x + 3) − ln  3(x + 2x + 5) + x + 3  + arctg

 4
4 3 2
x2 + 2x + 5
Двойка в первом логарифме опущена (перенесена в постоянную
интегрирования). В последнем логарифме вместо модуля стоят
скобки, поскольку выражение под знаком логарифма строго по100
ложительное: разность подкоренного выражения и (x + 3)2 равна
2(x2 + 3) > 0.
Второй способ. В примере 13.9.1 была сделана дробно-линейная
замена x = (z – 3)/(z + 1) и получена формула
=
I
3
x −1
sign(x − 1)
arctg
+
⋅ I2 ,
2
4
2 2
x + 2x + 5
где I2 – интеграл, который мы теперь уже умеем вычислять:
I2 =
∫
dt
1


= z = tg t,dz =
, z2 + 1 =
,t = arctg z  =
2
t
cos
cos t

(z + 3) z + 1 
dz
2
2
cos tdt
d sin t
∫ (tg2 t + =
∫ =
3)cos2 t 3 − 2 sin2 t
=

= sin=
t


1
=
ln

2
z + 1  2 6
z
1
2 6
ln
3 + 2 sin t
=
+C
3 − 2 sin t
3(z2 + 1) + 2z
3(z2 + 1) − 2z
+=
C

2(x2 + 2x + 5) 
x+3
2x2 + 4x + 10
=
= z =−
=
, z2 + 1 =


x −1
| x −1|
(x − 1)2


3(x2 + 2x + 5) − (x + 3)sign(x − 1)
ln =
+C
2 6
3(x2 + 2x + 5) + (x + 3)sign(x − 1)
1
2
3(x + 2x + 5) − (x + 3)
sign(x − 1)
=
ln
+C 
2 6
3(x2 + 2x + 5) + (x + 3)
При изменении sign(x – 1) числитель и знаменатель меняются
местами и, соответственно, меняется знак самого логарифма. Дальше преобразуем логарифм так же, как в первом способе:
=

sign(x − 1)  1
2
2


 ln(x + 3) − ln  x + 3 + 3(x + 2x + 5)   + C.


6
2
Подстановка этого выражения в формулу для I приводит к прежнему результату. При этом первообразную в точке устранимого
разрыва x = 1 доопределяем по непрерывности, C – постоянно на
всей оси.
101
Пример 13.10.7. Интеграл из примера 13.6.2:
x4 + 2x − 3
=
dx
∫
x4 + 2x − 3
=
dx
∫
5
5
2
2
2


x + 2x + 5
x + 1) + 2
(

2 dt

,
=  x + 1 = 2 tg t, x = 2 tg t − 1, dx =
cos2 t

(
)
=
− 3 16 tg4 t − 32 tg3 t + 24 tg2 t − 4 tg=
x4 + 2x
t−4
= 4(4 tg4 t − 8 tg3 t + 6 tg2 t − tg t − 1),
=
∫ 4(4 tg
4
x2 + 2x +=
5
t − 8 tg3 t + 6 tg2 t − tg t − 1)
cos5 t
5
2 
=
cos t 
2 dt
⋅ =
cos2 t
2
sin4 t
1
dt
(4
=
− 8 sin3 t + 6 sin2 t cos t − sin t cos2 t − cos3 t)=
4 ∫ cos t


1  sin4 t
2
2
2
2


t
t
tdt
t
t
tdt
sin
cos
cos
sin
cos
sin
4
6
8
=
+
−
−
+
=



4 ∫  cos2 t



(
)


1  (sin4 t − 1) + 1
 4
+ 7 sin2 t − 1  d sin t + 8 −=
7 cos2 t d cos t 
∫

4 

1 − sin2 t



1 
4

=
+ 3 sin2 t − 5  d sin t + 8 − 7 cos2=
t d cos t 

∫
2
4  1 − sin t


1 1 + sin t 1 
7

3
t + C
= ln
+  sin3 t − 5 sin t + 8 cos t − cos
=
2 1 − sin t 4 
3

(
)
(

= =
cos t

+
2
x2 + 2x + 5
 1
=
ln

x2 + 2x + 5  2
x +1
=
t
,sin
)
x2 + 2x + 5 + x + 1
x2 + 2x + 5 − x − 1
3(x + 1)3 − 15(x + 1)(x2 + 2x + 5) + 24 ⋅ 2(x2 + 2x + 5) − 7 ⋅ 8
12
(x
2
+ 2x + 5
)
3
−3x3 + 3x2 + 28
= ln  x2 + 2x + 5 + x + 1  +
+ C,
3


2
3 x + 2x + 5
(
102
)
+C=
+
что совпадает с результатом, полученным в примере 13.6.2. При последнем переходе мы воспользовались тем, что
2
2
 x2 + 2x + 5 + x + 1 
 2


 x + 2x + 5 + x + 1 
x + 2x + 5 + x + 1 


 ,
= =
2
2
2
4
x
x
x
(
+
2
+
5
)
−
(
+
1
)
x + 2x + 5 − x − 1
2
причём
x2 + 2x + 5 + x + 1 > 0.
Пример 13.10.8. Снова рассмотрим интеграл из примеров 13.2.1,
13.4.4, 13.5.1. Как и в примере 13.10.3, сперва ищем его при положительных значениях x:
∫
sin tdt

1
1  π 
, x2 − 1 = tg t,t = arccos ∈ 0,   =
x2 − 1 dx = x =
≥ 1,dx =
2
cos
t
x  2 
cos t

=
∫ tg t
sin2 t cos tdt 
=
=
sin t, du =
cos tdt,cos4 t =
1 − u2
u =
∫
2
4
cos t
cos t

sin tdt
(
∫
u2 du
1+ u
Au + B
=
+ C ln 1 − u2 + D ln
=
+E 
2
2
1−u
1−u
1 − u2
=
(
)  =
2
)
Поскольку подынтегральная функция чётная, первообразная
нечётная с точностью до кусочно-постоянного слагаемого E, и поэтому B = C = 0. Дифференцируем и преобразуем:
u2
A
2 Au2
2D
=
+
+
,
2
2
1−u
1 − u2
1 − u2
(1 − u2 )
( )
u2 = A (1 − u2 ) + 2 Au2 + 2D (1 − u2 ),
2
1
1
v=
u2 : v =
A (1 + v) + 2D(1 − v), v =
1 : A =, v =
−1 : D =
−
2
4
(ещё раз напомним, что поскольку речь идёт о равенстве линейных
функций, подстановка v = –1 допустима несмотря на то, что v = u2
принимает только неотрицательные значения). Отсюда
=

1 u
1 1+ u
1 sin t 1 1 + sin t
− ln
=
+E
− ln
=
+E
2
21−u
4 1−u
2 cos2 t 4 1 − sin t
103
2
2
1 + sin t (1 + sin t)2  1
 
tg t  =
x + x2 − 1  ,
=
=
=
+



 cos t
 
 1 − sin t
cos2 t
sin t
tg t
 1

2
2
=
= x x2 − 1=
 x x − 1 − ln x + x − 1  + E.

2

cos t cos t
 2
Результат получен в предположении положительности x, но поскольку все слагаемые, за исключением E, нечётны, формула верна
и при отрицательных значениях аргумента.
Пример 13.10.9. Наконец, рассмотрим интеграл из примера
13.1.2, в котором подкоренное выражение содержит не квадратный
трёхчлен, а дробно-линейную функцию. Посмотрим, как тригонометрическая подстановка может нам помочь в этом случае.
2
−1
2
x − 1 dx 
 1 − cos t 
−1 x − 1 cos t − 1 1 − cos t (1 − cos t)

x
t
cos
,
,
=
=
=
=
=
=


∫ x +1 x 
x + 1 cos −1 t + 1 1 + cos t 1 − cos2 t  sin t 

sin tdt x − 1 dx 1 − cos t sin tdt 1 − cos t
dx
dt,
,
=
=
=
sin t cos t
cos t
cos2 t x + 1 x
t arccos x −1,sin
t
=
=
= ln
x2 − 1 

=
|x| 

dt
−t
∫ cos t=
1 + sin t
− t=
+ C ln  | x | + x2 − 1  − arccos x −1 + C
cos t


(мы на последнем этапе воспользовались результатом примера 7.1.16.
x −1
В примере 13.1.2 мы вместо arccos x–1 получили 2 arctg
.
x +1
Убедимся, что тангенсы этих выражений совпадают. Действительно, при положительном x (точнее, при x ≥ 1) arccos x–1 – острый угол
прямоугольного треугольника с гипотенузой длины x, прилежащим катетом длиной 1 и противолежащим – длиной
x2 − 1, его
тангенс равен x2 − 1.
При отрицательном x (x≤–1) arccos x–1 = π – arccos |x|–1 и тангенс
−1
поменяет знак. Таким образом, tg arccos x=
104
x2 − 1 sign x. В то же
время, воспользовавшись формулой для тангенса двойного аргумента, получаем:

x − 1  2 (x − 1) / (x + 1)
x −1
=
=
x2 − 1 sign x.
tg  2 arctg
(x + 1)
 =
+
−
−
+
+
x
(
x
)
/
(
x
)
x
1
1
1
1
1


Таким образом, полученные выражения совпадают с точностью
до постоянной, кратной π. На самом деле эта постоянная равна
нулю, поскольку при положительных x аргумент арктангенса оказывается меньше, а при отрицательных – больше единицы. Тогда
сам арктангенс будет меньше (соответственно, больше), чем π/4,
а удвоенный арктангенс будет лежать в первой (соответственно, второй) четверти – так же, как и arccos x–1.
В заключение отметим, что тригонометрические подстановки
могут быть полезны также при вычислении интегралов от дробнорациональных функций – как, например, в примере 9.3.2.
Задачи
1.
2.
∫
∫
1− x
x
2
2
dx.
dx
x
2
x2 + 1
3.
∫
dx
(x2 + 2) x2 − 1
.
.
13.11. Гиперболические подстановки
Гиперболические подстановки абсолютно аналогичны тригонометрическим и используются реже только оттого, что гиперболические функции менее привычны. Возможность использования этих
функций основана на тождествах th2t + ch–2t = 1 и sh2t + 1 = ch2t,
речь о которых уже шла раньше (разд. 4).
Если подкоренное выражение имеет вид a2 – x2 (|x|≤a), то используется подстановка x = a th t (–∞<t< + ∞), тогда a2 – x2 =
a ch −1 t. Можно, однако, сде= a2(1 – th2t) = a2ch–2t и a2 − x2 =
лать и другую подстановку вида x = a ch–1 t, тогда a2 – x2 =
a th t.
= a2(1 – ch–2t) = a2th2t, и a2 − x2 =
Если подкоренное выражение имеет вид x2 + a2 (–∞<x< + ∞),
то используется подстановка x = a sh t (–∞<t< + ∞), тогда x2 + a2 =
= a2(sh2t + 1) = a2ch2 t, и
x 2 + a2 =
a ch t.
105
Если подкоренное выражение имеет вид x2 – a2 (|x| ≥ a), используются подстановки x = ach t при x≥a и x = –ach t при x ≤ –a, t ≥ 0. Тогда
x 2 − a2 =
a sh t (sh t ≥ 0 при t ≥ 0).
x2 – a2 = a2(ch2 t – 1) = a2sh2 t, и
Пример 13.11.1. Посмотрим, как с помощью гиперболической
подстановки решается задача из примера 13.10.1:
x

=  x = 5 sh t,dx = 5 ch tdt, x2 + 25 = 5 ch t,t = Arsh  =
5
(x + 16) x + 25 
dt
5 ch tdt
= ∫= ∫
=
2
2
(25 sh t + 16) ⋅ 5 ch t
25 sh t + 16(ch2 t − sh2 t)
dt
dt
= ∫= ∫ =
2
2
2
9 sh t + 16 ch t
ch t(9th2t + 16)
dx
∫
2
2
dt 

= u = th t,du =
=
ch2 t 


x
= =
u th=
t th
=
Arsh
5

du
1
3u
+C=
arctg
3⋅4
4
∫ 9u2 + 16 =
 1
x
3x
=
arctg
+ C.

2
12
x + 25 
4 x2 + 25
Пояснение:
x sh Arsh(x / 5)
=
=
th Arsh
5 ch Arsh(x / 5)
x /5
=
(x / 5)2 + 1
x
x2 + 25
.
Пример 13.11.2. Интеграл из примеров 13.9.1, 13.10.6. В примере
13.9.1 показано, что
=
I
∫
(x + 2) dx
x −1
sign(x − 1)
3
arctg
=
+
⋅ I2 ,
2
2
4
2 2
(x + 3) x + 2x + 5
x + 2x + 5
2
где
=
I2
dz
, z
∫=
2
2
(z + 3) z + 1
x+3
.
1− x
Завершим вычисления:
I2 = z = sh t,dz = ch tdt, z2 + 1 = ch t  =


106
ch tdt
dt
∫ (sh2 t + 3)ch t = ∫ 3 ch2 t − 2sh2 t =
dt
dth t
∫ ch2 t(3 −=
∫ 3 −=
2th2t)
2th2t
=
1
2 6
ln
3 + 2th t
=
+C
3 − 2th t
3(z2 + 1) + 2z
3 ch t + 2 sh t
1
ln =
ln =
+C
+C
2 6
3 ch t − 2 sh t
2 6
3(z2 + 1) − 2z
1
=

sign(x − 1)  1
2
2


 ln(x + 3) − ln  x + 3 + 3(x + 2x + 5)   + C.


6
2
Многоточием обозначены преобразования, совпадающие с приведёнными в примере 13.10.6. В результате получаем окончательный ответ:
I
=
x −1
1 1
2
2

 3
+ C.
 ln(x + 3) − ln  x + 3 + 3(x + 2x + 5)   + arctg
2

 4
4 3 2
x + 2x + 5
Попытка применить гиперболическую подстановку непосредственно в исходном интеграле, минуя дробно-линейную замену,
к успеху не приводит:
I=
∫
(x + 2) dx
=  x + 1 = 2 sh t,dx = 2 ch tdt, x2 + 2x + 5 = 2 ch t,

(x + 3) x + 2x + 5 
2
2
x +=
2 2 sh t + 1, x2 +=
3 (2 sh t − 1)2 +=
3 4(sh2 t − sh t + 1=
)

1 (2 sh t + 1) ⋅ 2 ch tdt
1 (2 sh t + 1) dt
=
= = 
4 ∫ (sh2 t − sh t + 1) ⋅ 2 ch t 4 ∫ sh2 t − sh t + 1
Интеграл не выглядит устрашающе, однако попытки его вычислить наталкиваются на трудности. Посмотрим, например, что получится, если перейти к новой переменной p = et:

dp
p2 − 1
p2 + p − 1
=  p = et ,t = ln p,dt =
,sh t =
,2 sh t + 1=
,
p
2p
p

=
sh2 t
p4 − 2 p2 + 1 2
p4 − 2 p3 + 2 p2 + 2 p + 1 
=
,sh
t
−
sh
t
+
1
=

4 p2
4 p2

=
( p2 + p − 1) dp
∫=
p4 − 2 p3 + 2 p2 + 2 p + 1

107
Такая ситуация уже возникала у нас в примере 11.9.7: мы получили интеграл от рациональной дроби, знаменатель которой нам не
удаётся разложить на множители.
Пример 13.11.3. Опять возвращаемся к интегралу из примеров
13.2.1, 13.4.4, 13.5.1, 13.10.8. Сначала ищем его при положительных
значениях x:
∫


x2 − 1 dx =  x = ch t,dx = sh tdt, x2 − 1 = sh t,t = Arch x = ln  x + x2 − 1   =



t
1
1
1
= ∫ sh2 tdt
= ∫ (ch 2t − 1)=
dt
=
C
=
C
sh 2t − +
(sh t ch t − t) +
2
4
2
2
1

=  x2 − 1 ⋅ x − ln  x + x2 − 1   + C.
2


Полученная функция определена только при значениях x ≥ 1.
Нечётное (без учёта константы) продолжение этой функции (поскольку подынтегральная функция чётная) имеет вид
1 2

2
 x − 1 ⋅ x − ln x + x − 1  + C,
2

т.е. отличается наличием знака модуля в аргументе логарифма.
И ещё несколько слов о тригонометрических и гиперболических подстановках. Хотя и те, и другие позволяют нам избавиться
от квадратичной иррациональности, результирующие интегралы
могут сильно отличаться по уровню сложности. Обычно (хотя и не
обязательно) подстановки, в которых используются первые степени
синусов или косинусов (обычных или гиперболических) приводят
к более простым интегралам, чем при использовании тангенсов или
косинусов в минус первой степени. Например, сравнивая примеры 13.10.8 и 13.11.3, мы видим, что гиперболическая подстановка
приводит к совершенно элементарному интегралу, в то время как
тригонометрическая требует интегрирования рациональной дроби
с многочленом четвёртой степени в знаменателе. Это правило, однако, не является абсолютным, в чём можно убедиться, сравнивая
примеры 13.10.6 и 13.11.2: для успешного использования гиперболической подстановки требуется сначала избавиться от линейных
членов (что само по себе не самая простая задача), в то время как
тригонометрическая (через тангенс!) позволяет справиться с интегралом безо всякого предварительного преобразования. Поэтому
108
весьма желательно владеть обоими подходами и при решении конкретной задачи пользоваться тем из них, который потребует наименьших усилий для достижения результата.
Задачи
1.
2.
∫
∫
1− x
x
2
2
dx.
dx
x
2
x2 + 1
3.
∫
dx
2
(x + 2) x2 − 1
.
.
13.12. Подстановка Абеля
В некоторых случаях при вычислении интегралов, содержащих
квадратичные иррациональности вида ax2 + bx + c (с ненулевым
дискриминантом) оказывается полезной подстановка Абеля
'
2ax + b

t  ax2 + bx + c=
=


 2 ax2 + bx + c
(13.12.1)
tdx).
(отсюда немедленно следует, что d ax2 + bx + c =
Получим несколько полезных соотношений, вытекающих из фор-
ax2 + bx + c и продифференцируем:
мулы (13.12.1). Умножим её на
d  t ax2 + bx + c  =
adx.


С другой стороны,
d  t ax2 + bx +=
c  dt ax2 + bx + c + td ax2 + bx=
+c


ax2 + bx + c dt + t2dx,
=
откуда
(
)
ax2 + bx + c dt = a − t2 dx, и
dx
2
ax + bx + c
= −
dt
2
t −a
.
109
Второе соотношение получается при возведении (13.12.1) в квадрат:
4a2 x2 + 4abx + b2
b2 − 4ac
t2=
=
a
+
,
4(ax2 + bx + c)
4(ax2 + bx + c)
откуда
1
4(t2 − a)
=
,
ax2 + bx + c b2 − 4ac
и
b2 − 4ac
ax2 + bx + c =
.
4(t2 − a)
Из полученных равенств видно, что подстановку Абеля разумно
применять в тех случаях, когда подынтегральная функция выражается через подкоренное выражение и содержит квадратичную
иррациональность в качестве делителя. В частности, это касается
интегралов от отрицательных полуцелых степеней квадратного
трёхчлена, рассмотренных в подразд. 13.6, которые сводятся к интегралам от многочленов и вычисляются в общем виде:

dx
2ax + b
dx
dt
,
,
t=
=
= − 2

∫
1
2
2
t −a
 2 ax + bx + c ax + bx + c
m+
2
2
ax + bx + c
(
)
m
4(t2 − a) 
dt  4(t2 − a) 
=
=
−

∫ t2 − a  b2 − 4ac  =
ax2 + bx + c b2 − 4ac 


1
m
4


=
− 2

 b − 4ac 
m m −1
4


2
m −1
− 2

∫ (t − a) dt =
 b − 4ac 
m m −1
4


= − 2

 b − 4ac 
m m −1
t
∫ ∑ Cm−1t
k
2k
(−a)m −1−k dt =
k =0
2k +1
∑ Cmk −1 2k + 1 (−a)m−1−k + C =
k =0
2k +1

4
2ax + b
(−a)m −1−k 


k


Cm
=
−
+ C,
∑
−
1

2k + 1  2 ax2 + bx + c 
 b2 − 4ac  k=0


(m − 1)!
− биномиальные коэффициенты.
k !(m − 1 − k)!
Этим примером сфера приложения подстановки Абеля, естественно, не ограничивается. В частности, эта подстановка удобна
при вычислении интегралов от функций, зависящих от x2.
k
где Cm
=
−1
110
Пример 13.12.1. Интеграл из примеров 13.10.1, 13.11.1:
∫

= t =
(x2 + 16) x2 + 25 
dx
x
2
x + 25
,
dx
2
x + 25
= −
dt
t2 − 1
,
25
9t2 + 16 
t2 − 1 dt
x2 + 25 =
− 2
− 2
, x2 + 16 =
=
∫ 9t2 + 16 t2 − 1 =
t −1
t − 1 
=
dt
∫ 9t=
2
+ 16
1
3t
1
3x
+C
+ C.
arctg=
arctg
3⋅4
4
12
4 x2 + 25
При вычислении интегралов вида (13.9.1) (где подкоренное выражение не может быть получено из трёхчлена x2 + px + q умножением на числовой множитель и добавлением константы, и дискриминант этого трёхчлена отрицателен) прежде, чем применять подстановку Абеля, следует избавиться от линейных слагаемых в обоих
квадратных трёхчленах, стоящих в знаменателе, при помощи предварительной дробно-линейной подстановки (13.9.2).
Пример 13.12.2. Ещё раз вернёмся к интегралу из примеров
13.9.1, 13.10.6, 13.11.2:
I=∫
(x + 2) dx
(x2 + 3) x2 + 2x + 5
.
В примере 13.9.1 выполнена подстановка x =
(z − 3) / (z + 1) (при
этом z =+
(x 3) / (1 − x) ) и получена формула
=
I
где
3
x −1
sign(x − 1)
arctg
+
⋅ I2 ,
2
4
2 2
x + 2x + 5
I2 = ∫
dz
2
(z + 3) z2 + 1
.
Вычислим I2, применив подстановку Абеля:
I2 =
∫
z2 + 1 =−

= t =
(z2 + 3) z2 + 1 
dz
z
2
z +1
,
dz
2
z +1
= −
dt
2
t −1
,
2t2 − 3 
t2 − 1 dt
dt
2
z
+
3
=
=
−
=
=
,

∫
∫
2
2
2
2
t −1
t − 1 
2t − 3 t − 1 3 − 2t2
1
111
=
3 + 2t
1
ln =
+C
ln
2 6
3 − 2t
2 6
1
3(z2 + 1) + 2z
=
+C 
3(z2 + 1) − 2z
Дальнейшие вычисления приведены в примере 13.10.6. Ещё раз
выпишем ответ:
I
=
x −1
1 1
2
2

 3
+ C.
 ln(x + 3) − ln  x + 3 + 3(x + 2x + 5)   + arctg
2

 4
4 3 2
x + 2x + 5
Пример 13.12.3. Воспользуемся подстановкой Абеля для вычисления интеграла из примеров 13.2.1, 13.4.4, 13.5.1, 13.10.8, 13.11.3.
В этом интеграле квадратный корень стоит в числителе, но переправить его в знаменатель ничего не стоит:
∫
x
2
x2 − 1) dx 
(
− 1 dx =
=t =
∫
=
−∫
x
,
dx
=−
1 
, x2 − 1 = 2
=
t −1
t − 1 
dt
2

x2 − 1 x2 − 1
At + B C 1 + t
=
+ ln
+ D ln t2 − 1 + E.
2
−
t
2
1
t −1
x2 − 1
dt
( t2 − 1 )
2
Из чётности подынтегральной функции следует нечётность первообразной (с точностью до кусочно-постоянного слагаемого E), поэтому B = D = 0. Дифференцируем и преобразуем:
−
(
1
C
(t2 − 1) − t ⋅ 2t
= A
+
,
2
2
2
2
2
−
t
1
t −1
t −1
(
)
)
−1 =A (−t2 − 1) + C 1 − t2 ,
A=
(
)
− A − C, t0 : − 1 =
− A + C,
t2 : 0 =
1
1
, C= − .
2
2
Тогда
∫
 t
=  2 =

t −1
112
x2 −=
1 dx
x
x2 − 1
1 t
1 1+ t 
− ln
=
 2
+E
2  t −1 2 1 − t 
1) x x2 − 1,
( x2 −=
1 + t 1 + x / x2 − 1
=
=
1 − t 1 − x / x2 − 1
(
=
)

2

2


=
=−  x − 1 + x   =
2
2


(x − 1) − x
x2 − 1 − x

1

=  x x2 − 1 − ln x + x2 − 1  + E.
2

x2 − 1 + x
1.
2.
∫
∫
1− x
x
2
2
x
2
Задачи
dx.
dx
2
x2 − 1 + x
x2 + 1
3.
∫
dx
2
(x + 2) x2 − 1
.
.
13.13. Первая подстановка Эйлера
Если подынтегральная функция содержит квадратный корень
из квадратного трёхчлена с положительным коэффициентом перед x2, то от иррациональности можно избавиться с помощью первой подстановки Эйлера:
=
t
ax2 + bx + c + ax
(a > 0). Нетрудно заметить, что эта величина лишь постоянным
слагаемым отличается от аргумента «длинного» логарифма (а при
желании можно и сам этот аргумент взять в качестве новой переменной).
Возведём в квадрат равенство
ax2 + bx + c =t − ax.
В результате слагаемые, содержащие x2, сокращаются и
x=
t2 − c
2t a + b
.
Отсюда следует, что и ax2 + bx + c, и dx также рационально выражаются через t и dt. Поэтому если подынтегральная функция
была дробно-рациональной функцией от x и
ax2 + bx + c, то в ре113
зультате подстановки мы придём к дробно-рациональной функции от t.
Пример 13.13.1. Ещё раз рассмотрим интеграл из примеров 13.2.1,
13.4.4, 13.5.1, 13.10.8, 13.11.3, 13.12.3:
∫
t2 + 1
t =
x2 − 1 dx =
x + x2 − 1,t − x = x2 − 1, t2 − 2tx =
−1, x =
,

2t
x2 −=
1
=
t2 − 1
t2 − 1 
dt=
,dx
=

2t
2t2

t2 − 1 t2 − 1
1
t − 2t −1 + t −3 dt
=
=
∫ 2t 2t2 dt
4∫
(
)
t −2 
1  t2
1
1
t + t −1 t − t −1 − ln | t | +C=
 − 2 ln | t | −
 + C=


4 2
2 
8
2
(
)(
)
1

= t −1 = x − x2 − 1  =  x x2 − 1 − ln x + x2 − 1  + C.

 2 

Пример 13.13.2. Интеграл из примеров 13.4.5, 13.5.2:
∫ (x + 2)
x2 − 4x + 8 dx =t =x − 2 + x2 − 4x + 8,t − (x − 2) = x2 − 4x + 8,

t2 − 2t(x − 2) = 4, x =2 +
t2 − 4
t2 + 4
t2 + 4 
, x2 − 4 x + 8 =
,dx =
dt  =
2t
2t
2t2


t2 − 4  t2 + 4 t2 + 4
t

2v,dt =
2 dv,v =
=
∫  4 + 2t  2t 2t2 dt =
t =
=
2





 v4 + 2v2 + 1 v6 + v4 − v2 − 1 
v2 − 1  (v2 + 1)2
=
+
 dv =
∫  4 + v  v3 dv =
∫  4 v3

v4




(
)
= 8 ln | v | +2 v2 − v −2 +
(
)(
v3
1
1
+v+ +
=
+C
v 3v3
3
= 8 ln | v | +2 v + v −1 v − v −1
)
v + v −1 )
(
+
3
3
=
+C
3
t
t 2 + 4 t 2 − 4 1  t2 + 4 
+ 
= 8 ln + 2
 +C=
2
2t
2t
3  2t 
3
1
= 8 ln x − 2 + x2 − 4x + 8 + 2 x2 − 4x + 8 (x − 2) +  x2 − 4x + 8  + C.
3

114
Следует заметить, что сделанная подстановка – это не совсем подстановка Эйлера и отличается от неё слагаемым –2. Это слагаемое
ничего не меняет принципиально, однако упрощает вычисления,
равно как и вторая замена. Если бы мы предварительно выделили
полный квадрат под корнем и сделали замену переменной (сдвиг),
то первая подстановка Эйлера привела бы как раз к тому t, которое
мы использовали. К переменной v мы пришли бы, если бы наряду со
сдвигом сделали масштабное преобразование u = 2(x – 2), в результате которого после вынесения числового множителя подкоренное
выражение имело бы стандартный вид u2 + 1.
Пример 13.13.3.
∫
t2  a2
t =
=
± a2 , x =
x + x2 ± a2 ,t − x = x2 ± a2 ,t2 − 2tx =
,

2t
x 2 ± a2 
t2 ± a2
t2 ± a2 
dt
2t t2 ± a2
x 2 ± a2 =
dt  = ∫
dt = ∫ =
,dx =
2
2
2
2
t
2t
t ±a
2t
2t

dx
= ln | t | +C= ln x + x2 ± a2 + C.
Табличный интеграл – «длинный» логарифм. Наконец-то мы выяснили, откуда он берётся.
Задачи
1. ∫ x 4x2 − 12x + 13 dx.
2.
∫
dx
2
x x − 4x − 16
.
13.14. Вторая подстановка Эйлера
Второй подстановкой Эйлера можно пользоваться в случае, когда в подкоренном выражении положителен свободный член:
ax2 + bx + c = tx + c,
или
t=
ax2 + bx + c − c
x
(c>0). В этом случае x, dx и ax2 + bx + c рационально выражаются
через t и dt, так что если подынтегральная функция – рациональ115
ная функция от x и ax2 + bx + c, то после замены мы снова приходим к интегрированию дробно-рациональной функции переменной t.
Подстановка нерегулярна при x = 0, так что в окончательном
ответе требуется сшивание первообразных. Как и в случае первой
подстановки, выгодно сначала сделать предварительную замену
переменной, выделив полный квадрат под корнем и избавившись от
линейного слагаемого.
Пример 13.14.1. Интеграл из примеров 7.2.1, 8.21:
∫

1 − x2 − 1
2t
 1 − x2 =+
−
tx 1,t =
t2 x2 + 2tx, x =
1 − x2 dx =
, − x2 =
,
2
x

+
t
1


2

1 − t2
1 − t2 1 − t2
2 1−t
−2
−2∫
dt  =
dt =
1 − x = ,dx =
2
2 2
2 2
+
t
1 + t2
1

1+ t
1+ t

(
)
(
)
1 − t2 )
(
At3 + Bt2 + Ct + D
=
−2∫
+ E ln (1 + t2 ) + F arctg t + G.
dt =
3
2
2
2
(1 + t )
(1 + t )
2
Первообразная от чётной функции нечётна с точностью до постоянного слагаемого, поэтому B = D = E = 0. Дифференцируем и преобразуем:
1 − t2 )
(
3 At2 + C
At3 + Ct
F
−2
=
− 4t
+
,
3
2
3
2
2
2
1 + t2
+
+
+
t
t
t
1
1
1
( ) ( ) ( )
2
2
−2 (1 − t2 )= (3 At2 + C) (1 + t2 ) + 4t( At3 + Ct) + F (1 + t2 ) ,
2
2
2
v= t2 : − 2 (1 − v ) = (3 Av + C) (1 + v ) + 4( Av2 + Cv) + F (1 + v ) .
Напоминаем, что подстановка v = –1 законна, несмотря на то,
что v = t2:
v =−1 :
−8 =−4( A − C),
116
v = 0:
−2 = C + F,
v2 :
−2 =− A + F.
Отсюда A = –C = –F = 1 и
∫
t3 − t
1 2t 1 − t2
1 − x2 dx =
− arctg t + G =
−
− arctg t + G =
2
2 1 + t2 1 + t2
1 + t2
(
)
1
1 − 1 − x2
1
x
=
− x 1 − x2 + arctg
+G =
− x 1 − x2 + arctg
+ G.
2
x
2
1 + 1 − x2
Последний переход позволяет доопределить первообразную
в точке x = 0 по непрерывности. Ответ отличается от полученного
в примерах 7.2.1, 8.21 видом последнего слагаемого. Преобразуем
это слагаемое к прежнему виду:
arctg
 π π
= u = arcsin x ∈  − ,  , x = sin u, 1 − x2 = cos u =
 2 2
1 + 1 − x2
u u arcsin x
sin u
= arctg
= arctg tg = =
.
1 + cos u
2 2
2
x
Это решение гораздо более громоздко, чем в примере 7.2.1, да и
в 8.21. Сопоставляя эти решения, легко заметить, что если бы мы
в примере 7.2.1 при интегрировании квадрата косинуса воспользовались универсальной подстановкой через тангенс половинного
угла, то получили бы интеграл, очень похожий на рассмотренный
здесь (отличие в знаке t). И наоборот, если вместо метода неопределённых коэффициентов сделать замену t = tg u, мы приходим к интегралу от квадрата косинуса:
2
∫
 1 − t2  dt
dt 1 − t2
−2∫ 
=
=
=
1 − x dx =
arctg t,du =,
cos 2u =
u

 1 + t2  1 + t2
1 + t2 1 + t2


sin 4u
sin 2u cos 2u
=− ∫ cos2 2ud(2u) =−u −
+ C =−u −
+C=
4
2
2
=
− arctg t −
t
1 − t2
=
arctg
1 − 1 − x2 1
+ x 1 − x2 + C
x
2
1 + t2 1 + t2
(мы воспользовались результатом примера 2.2).
Пример 13.14.2. Интеграл из примеров 7.1.24, 7.2.2:
2 − 4 − x2
4t
2
=
4
−
x
=
2
−
tx
,
t
=
, − x2 =t2 x2 − 4tx, x =
,
∫
x
1 + t2
x 4 − x2
dx
117
4
=
− x2 2
=
1 − t2
1 − t2
,
4
dx
dt
=
=
2
1 + t2
1 + t2
(
)
1 + t2 1 + t 2
1 − t2
4
dt
⋅
=
∫ 4t 2 1 − t2
2
1 + t2
(
) (
)
dt 1
1 2 − 4 − x2
1
x
=
+
=
+ C= ln
+ C.
ln
|
t
|
C
ln
∫ 2t 2
x
2
2 2 + 4 − x2
Мы здесь применили замену, отличающуюся от второй подстановки Эйлера знаком t.
Пример 13.14.3. Интеграл из примеров 13.4.5, 13.5.2, 13.13.2:
∫ (x + 2)
x2 − 4x + 8 dx =u =x − 2, x =u + 2,dx =du  =∫ (u + 4) u2 + 4 du =

 u2 + 4 = tu + 2,t =


u2 + 4 − 2 2 2 2
4t
1 + t2
2
+4 = 2
, u = t u + 4tu,u =
,
u
,
u
1 − t2
1 − t2


=
=
du 4
dt 
2

1 − t2

(
1 + t2
)

1 + t2
1 + t2 )
1 + t2 )
(
(
⋅ 2tdt + 32∫
dt
=
16∫
2 4
2 3
−
−
t
t
1
1
( )
( )
2
=
 4t
∫  1 − t2 + 4  ⋅ 2 1 − t2 ⋅4
1 + t2
=
dt
(1 − t )
2 2
2
I1 + I2 .
1 + t2 )
(
I1 =16 ∫
⋅ 2tdt =v =t2 − 1,1 + t2 =v + 2,dv =2tdt  =
4


(1 − t2 )
2
= 16∫
(v + 2)2
4
dv
= 16∫ (v −2 + 4v −3 + 4v −4 ) dv
=
v
 −1
4v −3 
3v2 + 6v + 4
=
−16  v + 2v −2 +
−16
+C=

+C =

3 
3v3

Далее для того, чтобы получить в числителе куб суммы, мы его
умножаем на 2 (перед дробью остаётся –8) и добавляем v3: это можно сделать, так как сама дробь при этом изменится на постоянную.
118
Без этого нам пришлось бы дополнительно проделать достаточно
громоздкие преобразования.
=
−8
v3 + 6v2 + 12v + 8
3v3
3
1 v +2
+C=
− 2
 +C=
3 v 
3
3
1  1 + t2 
1 2
 + C.
= 2
=
+C
x
−
4
x
+
8



3  1 − t2 
3

1 + t2 )
(
At3 + Bt
1+ t
I2 = 32∫
dt
=
+ C ln
+ D.
3
2
1−t
2
2
1
−
t
1
−
t
( ) ( )
2
Поскольку подынтегральная функция чётная, в правой части
мы оставили только нечётные слагаемые (кроме постоянной). Дифференцируем и преобразовываем:
1 + t2 )
(
At3 + Bt
3 At2 + B
2C
=
+ 4t
+
32
,
3
2
3
2
2
2
1 − t2
−
−
−
t
t
t
1
1
1
( ) ( ) ( )
2
2
32 (1 + t2 )= (3 At2 + B) (1 − t2 ) + 4t( At3 + Bt) + 2C (1 − t2 ) ,
2
2
2
= t2 : 32 (1 + w )= (3 Aw + B) (1 − w ) + 4( Aw2 + Bw) + 2C (1 − w ) ,
w
w = 1:
128 = 4(A + B),
w = 0:
32 = B + 2C,
w2:
32 = A + 2C.
Отсюда A = B = 16, C = 8 и
=
I2 16
= 2
4t
1 − t2
⋅2
t3 + t
(1 − t2 )
1 + t2
1 − t2
2
+ 8 ln
(
t 1+ t
1+ t
+ 8 ln =
+ D 16
1− t
1 − t2
(
1 + t2
1 − t2
+
2t
1 − t2
2
)
) + 8 ln (1 + =
t)2
+D
2
1 − t2
+=
D 2u u2 + 4 + 8 ln
u2 + 4 + u
+=
D
2
= 2(x − 2) x2 − 4x + 8 + 8 ln x − 2 + x2 − 4x + 8 + D.
119
В результате приходим к прежнему ответу:
∫ (x + 2)
x2 − 4 x + 8 =
dx
3
1 2

 x − 4x + 8  +
3

+2(x − 2) x2 − 4x + 8 + 8 ln x − 2 + x2 − 4x + 8 + C.
Каковы бы ни были коэффициенты квадратного трёхчлена, всегда применима хотя бы одна из подстановок Эйлера: многочлен с отрицательными значениями a, c и дискриминанта всюду отрицателен, и тогда область определения квадратного корня – пустое множество. Эти подстановки универсальны: они позволяют привести
интеграл вида ∫ R  x, ax2 + bx + c  dx, где R – любая дробно-рацио

нальная функция своих аргументов, к интегралу от рациональной
дроби. В то же время эти подстановки, как мы видим, часто приводят к весьма громоздким интегралам и желательно по возможности
пользоваться другими, более простыми способами. Если всё-таки
приходится пользоваться этими подстановками, то мы рекомендуем
предварительно сделать вспомогательную замену переменных, выделив полный квадрат под корнем и избавившись от линейного члена.
Задачи
1. ∫ x 4x2 − 12x + 13 dx.
2.
∫
dx
x 8 − 4 x − x2
.
13.15. Интегралы от произведения степеней
двух линейных функций
Рассмотрим интеграл вида
p
q
(13.15.1)
∫ (a1 + b1x) (a2 + b2 x) dx, где p и q – некоторые числа (не обязательно целые и не обязательно
положительные), которые мы для начала будем считать рациональными. Если один из показателей (p или q) целый, то (13.15.1) – частный случай рассмотренного в подразд. 13.1 интеграла, содержащего рациональную степень линейной функции. Если целой является
сумма p + q, то интеграл (13.15.1) преобразуется к виду
p
x)q dx
∫ (a1 + b1x) (a2 + b2=
120
p
 a1 + b1x 
p +q
∫  a2 + b2 x  (a2 + b2 x) dx, (13.15.2)
т.е. мы приходим к интегралу, содержащему рациональную степень
дробно-линейной функции и тоже рассмотренному в подразд. 13.1.
Оказывается, что, согласно теореме Чебышёва (не Че бышева!), никаких других случаев, когда бы интеграл (13.15.1) выражался через
элементарные функции, не существует.
Пример 13.15.1. Случай p = –1, q = 2/3:
I=
∫
3 (1 − x)2
1+ x
(
)
3 1 − x , x =−
t =
−3t2 dt  =
dx =
1 t3 ,1 + x =−
2 t3 ,dx =


t2 −3t2 dt
tdt
(2t − t4 ) − 2t
3 2
=
=
=
t + 6I1,
3
3∫ tdt + 6∫
∫ 2 − t3
∫ 2 − t3 dt =
3
t −2 2
=
I1
4tdt
tdt
∫ t3=
∫ 4t3=
−2
−8
22/3 udu
∫ (u − 2) (u =
+ 1)2 + 3




+
C
u
1
= 22/3  A ln | u − 2 | + B ln u2 + 2u + 4 +
arctg
 + D.
3
3 

=
22/3 udu
=
∫ u3 − 8
3
=

=
,u 22/3=
t, t 2−2/3 u,4=
tdt 22/3 udu
4t3 u=


22/3 udu
∫ (u − 2)(u2=
+ 2u + 4)
Переход к переменной u сделан для того, чтобы при разложении
разности кубов не возникали кубические корни из двойки. Чтобы
найти коэффициенты A, B и C, дифференцируем и преобразуем интеграл и правую часть, сразу сократив на 22/3:
A
B(2u + 2)
C
=+
+
,
2
(u − 2)(u + 2u + 4) u − 2 u + 2u + 4 (u + 1)2 + 3
u
2
=
u A (u2 + 2u + 4) + 2B(u + 1)(u − 2) + C(u − 2).
1
.
6
1 1
u =−1 : −1 =3 A − 3C, C =A + = .
3 2
A
1
u2 :
A + 2B, B =
− =
− .
0=
2
12
=
u 2=
:
2 12 A,
=
I1
=
A
1 1
1
1
u + 1
2
arctg =
 3 ln | u − 2 | − 6 ln u + 2u + 4 +
+D
3
3 

32
121
=
=
1 1
1
1
22/3 t + 1 
ln 22/3 t − 2 − ln 24/3 t2 + 25/3 t + 4 + arctg =

+D
32 3
6
3
3 

3 4(1 − x) + 1 
1 1 3
1
1
2
 ln 1 − x − 3 2 − ln 3 (1 − x) + 3 2(1 − x) + 3 4 + arctg
 + D,
6
3
3
 3

32
и тогда
=
I
1 
2 3
3
3
3
3
2 ln 1 − x − 2 − ln (1 − x) + 2(1 − x) + 4 +
3 4(1 − x) + 1  3
2
+2 3 arctg
 + 3 (1 − x) + D.
2
3

32
Логарифмическую часть ответа можно преобразовать, добавив
к уменьшаемому и вычитаемому ln 3 1 − x − 3 2 , тогда во втором логарифме возникнет разность кубов:
2 ln 3 1 − x − 3 2 − ln 3 (1 − x)2 + 3 2(1 − x) + 3 4 =
= 3 ln 3 1 − x − 3 2 − ln | (1 − x) =
− 2 | 3 ln 3 1 − x − 3 2 − ln | x + 1 |,
поэтому окончательно
∫
=
3 (1 − x)2
1+ x
dx =
3

1 
3 1 − x − 3 2 − ln x + 1 + 2 3 arctg 4(1 − x) + 1 + 3 3 (1 − x)2 + D.
3
ln


32
3

 2
Пример 13.15.2. Случай p = 2, q = 2/3:
23
∫ (1 + x)
3 1 − x , x =−
t =
(1 − x)2 dx =
−3t2 dt  =
1 t3 ,1 + x =−
2 t3 ,dx =


(
3
=
∫ 2−t
4
7
10
) t2 ( −3t2 )dt =−
∫ ( 12t + 12t − 3t ) dt =
2
12
3
3
=
− t5 + t8 − t11 + C =
5
2
11
3
3
 12

= 3 (1 − x)2  − (1 − x) + (1 − x)2 − (1 − x)3  + C.
2
11
 5

122
В этом примере можно обойтись и более простой заменой:
23
∫ (1 + x)
(1 − x)2 dx =u =1 − x, x =1 − u,1 + x =2 − u,dx =−du  =
(
2
)
2/3
5/3
8/3
=
− ∫ ( 2 − u ) u2/3 du =
∫ −4u + 4u − u dt =
12
3
3
=
− u5/3 + u8/3 − u11/3 + C =
5
2
11
12
3
3


= 3 (1 − x)2  − (1 − x) + (1 − x)2 − (1 − x)3  + C.
2
11
 5

Так можно поступать в случаях, когда целая степень неотрицательна: в качестве новой переменной выбираем двучлен, стоящий
в нецелой степени. При этом ничего в построениях не изменится
в случае, когда нецелая степень иррациональна.
Пример 13.15.3. Случай p = 2, q = π:
2
∫ (1 + x)
(1 − x)π dx =u =1 − x, x =1 − u,1 + x =2 − u,dx =−du  =
(
2
)
π
π+1
π+2
=
− ∫ ( 2 − u ) uπ du =
∫ −4u + 4u − u dt =
4 π+1
4 π+2
1 π+3
u
u
u
+
−
+C=
π +1
π+2
π+3
4
1
 4

(1 − x)π  −
(1 − x) +
(1 − x)2 −
(1 − x)3  + C.
=
π+2
π+3
 π +1

=
−
Пример 13.15.4. Случай p = 1/3, q = 2/3, p + q = 1:
∫
3 (1 + x)(1 − x)2
dx =
∫3

t3 − 1
1+ x
1+ x
2
=
(1 − x) dx ==
,x =
1− 3
,
t 3
3
1− x
1− x
t +1
t +1

2
1− x
=
=
, dx
3
t +1
=
∫
(

6t2 dt 
=
2
t3 + 1 

12t3 dt
=
3
t3 + 1
(
) (
∫t
)
P(t)
t3 + 1
)
2
6t2 dt
=
t3 + 1 t3 + 1 2
+∫
2
(
Q(t) dt
t3 + 1
)
,
где, согласно формуле Остроградского (9.6.2), P(t) и Q(t) – многочлены, степени которых не превосходят 5 и 2 соответственно.
123
Дифференцируем и умножаем на знаменатель:
(
12t3
=
3
3
t +1
P'(t)
P(t)
−2
⋅ 3t2 +
Q(t)
,
) ( t + 1) ( t + 1)
2
12
=
t3 P'(t) ( t3 + 1) − 6t2 P(t) + Q(t) ( t3 + 1) .
2
3
3
3
t3 + 1
Нам нужно найти девять коэффициентов искомых многочленов. Попробуем, однако, уменьшить их число, потребовав, чтобы
все слагаемые содержали лишь степени, кратные трём. Этому условию можно удовлетворить, если P(t) содержит члены порядка t и t4,
а Q(t) – константа, т.е. P(t) = At4 + Bt, Q(t) = C. Тогда
(
)
(
)
2
12=
t3 (4 At3 + B) t3 + 1 − 6( At6 + Bt3 ) + C t3 + 1 ,
t0 : 0 =
B + C, t6 : 0 =
−2 A + C, t =
−1 : − 12 =
−6( A − B).
Отсюда A = 2/3, B = –4/3, C = 4/3 и


4


dt
2
−
t
t
2
2
3
+ =
) dx


∫ (1 + x)(1 − x=
2 ∫ 3
3 3
t + 1
t +1


2
(
)


2  t4 − 2t 2
1
2
2t − 1 
2
=
+ ln | t + 1 | − ln(t − t + 1) +
arctg =

+C 
2 3
3 3
3
3
3

t +1


(
)
(воспользовались результатом примера 9.6.14). Преобразуем полученное выражение:
t3 +=
1
1+ x
2
+=
1
,
1− x
1− x
1+ x 1+ x
1 + x 3x − 1

=
t4 − 2t 3
− 2 3
,
=
1− x 1− x
1− x 1− x

t4 − 2t
( t 3 + 1)
2
124
=
3
2
1 + x 3x − 1  1 − x 
13
(1 + x)(1 − x)2 (3x − 1),

 =
1− x 1− x  2 
4
2
2
1
1 ( t + 1)
ln | t + 1 | − ln(
t2 − t + 1)
ln
=
=
3
3
3 t2 − t + 1
3
1 ( t + 1)
1
ln 3
ln
= =
3
t +1 3
1
=
ln
3
− x) + 1)
( 3 (1 + x) / (1=
3
2 / (1 − x)
( 3 1 + x + 3 1 − x=
)
3
ln
2
( 3 1 + x + 3 1 − x ) − 13 ln 2
и тогда
1
dx =
 = 3 (1 + x)(1 − x)2 (3x − 1) +
6
23 (1 + x) / (1 − x) − 1
2
4
+ ln 3 1 + x + 3 1 − x +
+C
arctg
3
3 3
3
∫
3 (1 + x)(1 − x)2
(
)
(C – кусочно-постоянная функция, её скачок при x = 1 должен компенсировать разрыв первого рода у арктангенса).
Пример 13.15.5. Случай p = –4/3, q = –8/3, p + q = –3:
dx
=
∫3
(1 + x)4 (1 − x)8
4
1− x 
dx
3


∫=
1
+
x

 (1 − x)3

2 dx
1+ x 3 1+ x
2
1
t3 + 1 
=t =3
,t =
=−1 +
,3t2dt =
,
=
 =
1− x
1− x
1− x
2 
(1 − x)2 1 − x

Обратите внимание, что в качестве новой переменной мы взяли
1
1− x
+x
3
, а не, казалось бы, более естественное выражение 3
.
1− x
1+ x
Сделано это для того, чтобы вынесенный за знак радикала двучлен
(1 – x) оказался в знаменателе этой новой переменной: в этом случае преобразования идут по более короткому сценарию:
=

−4
∫t
t3 + 1 3t2dt 3
3  t2 −1 
−2
=
+
=
=
t
t
dt
 −t +C

2
2
4∫
4  2

2


33 1+ x 
1− x 
3
=
−
+ C.
2


8 1− x 
1+ x 


(
)
125
В этом примере снова можно сделать более простую замену, не
содержащую радикалов:
dx
=
∫3
(1 + x)4 (1 − x)8
4
1− x 
dx
3


∫=
 1 + x  (1 − x)3

2 dx
1+ x
2
1
u + 1
,du =
,
=u =
=−1 +
=
=
1− x
1− x
2 
(1 − x)2 1 − x

u + 1 du 1
u−1/3 + u−4/3 du =
= ∫ u−4/3
=
2 2 4∫
2


1  3 2/3
33 1+ x 
1− x 

=
− 3u−1/3=
− 23
+ C.
 u
+C


4 2
8 1− x 
1+ x 



(
)
Разберёмся теперь, в каком случае можно обойтись такого рода
дробно-рациональной заменой. Для этого возвращаемся к формуле
(13.15.2) и выполняем дальнейшие преобразования:
p
x)q dx
∫ (a1 + b1x) (a2 + b2=
p
 a1 + b1x 
p +q
dx
∫  a2 + b2 x  (a2 + b2 x)=
p
 a1 + b1x 
dx
p + q +2
=
=
∫  a2 + b2 x  (a2 + b2 x)
(a2 + b2 x)2


a1 + b1x b1 a1b2 − a2b1
1
D
=
+
=
u ==
 b1 +
,
a2 + b2 x b2 b2 (a2 + b2 x) b2 
a2 + b2 x 

a1 b1
Ddx
b2u − b1 
1
D=
,du =
−
,
=
=
a2 b2
D 
(a2 + b2 x)2 a2 + b2 x
 D 
=
−∫ u p 

 b2u − b1 
p + q +2
du
−( p +q +2)
=
− D p +q +1 ∫ u p ( b2u − b1 )
du.
D
Мы пришли к интегралу уже рассмотренного вида, взять который, не делая никаких дальнейших замен, можно в случае неотрицательной целой степени –(p + q + 2), т. е. при p + q≤2. При
этом значение p (а тогда и q) может быть, в частности, и иррациональным.
126
Пример 13.15.6. Случай p = π – 1, q = – π–2, p + q = –3:
(1 + x) π−1 dx
=
∫ (1 − x)π+2
1− x 
π−1
dx


∫=
1+ x 
(1 − x)3

2 dx
u + 1
1+ x
2
1
,du =
,
=u =
=−1 +
=
=
2
1− x
1− x
2 
(1 − x) 1 − x

1  1 π+1 1 π 
π−1 u + 1 du 1
u π + u π−1 =
du
u
=
+ u =
+C

∫u
∫
2 2 4
4  π +1
π 
(
)
1  1 1− x 



4  π +1 1 + x 

=
π+1
11− x 
+ 

π1+ x 
π
 + C.

Пример 13.15.7.
∫
3
1 − x2 dx =
∫ 3 (1 + x)(1 − x) dx,
p = q = 1/3, p + q = 2/3, интеграл через элементарные функции не
выражается.
Если в (13.15.1) в качестве новой переменной интегрирования
взять одну из линейных функций (для определённости, вторую),
т.е. выполнить замену t = a2 + b2x, интеграл с точностью до множителя приводится к виду
∫ (a + bt)
p q
t dt (13.15.3)
(a и b – некоторые коэффициенты).
Подынтегральное выражение (13.15.3) представляет собой частный случай биномного дифференциала, который будет рассмотрен
далее.
Задачи
1.
∫
4 (1 + x)(1 − x)3
dx.
2.
∫
4 (1 + x)(1 − x)4
dx.
13.16. Биномный дифференциал (дифференциальный бином)
Биномным дифференциалом (или дифференциальным биномом)
называется подынтегральное выражение в интегралах вида
I (m,n,p,a=
, b, x)
∫x
m
(a + bxn ) p dx, (13.16.1)
127
где a и b – некоторые постоянные, а показатели m, n, p – рациональные числа (впрочем, мы здесь затронем и случаи, когда некоторые
из этих чисел иррациональны). В частности, если m – натуральное
число, n = 2, а p = ±1/2, мы приходим к знакомым нам интегралам
вида ∫ xm a + bx2 dx или ∫ xm dx / a + bx2 , которые можно вычислить, в частности, методом неопределённых коэффициентов,
а в случае n = 1 – к интегралу вида (13.15.3) с q = m. Мы уже знаем,
что далеко не при всех рациональных показателях такие интегралы выражаются через элементарные функции.
Вынеся множитель |a| из скобки (a + bxn) и объявив новой переменной x|b|1/n, можно добиться того, что в новом интеграле значения коэффициентов a и b станут по модулю равными единице. Именно такие
значения будут использованы в рассмотренных далее примерах (как
и в примерах из предыдущего подраздела), чтобы дополнительно не загромождать и без того порою достаточно громоздкие вычисления.
При проведении преобразований в общем виде мы будем считать значения m, n и p нецелыми (случай общего положения), а x
и a + bxn – соответственно, неотрицательными. В случаях целых
показателей или тогда, когда вместо возведения в дробную степень
используются корни нечётного порядка, это ограничение снимается, и в таких случаях следует специально позаботиться о том, чтобы результаты построений оказались справедливы на всей области
определения подынтегральной функции.
Существует ряд соотношений, связывающих интегралы вида
(13.16.1) при различных значениях параметров. В частности, вынося xn из скобки второго сомножителя, получаем:
m
n p
I (m,n,p,a, b, x) =
∫ x (a + bx ) dx =
=
∫x
m +np
(ax −n + b) p dx = I (m + np, −n,p,b, a, x).
(13.16.2)
Ещё раз преобразуем интеграл (13.16.1), считая x>0:
m
n p
I (m,n,p,a, b, x) =
∫ x (a + bx ) dx =
1 (1/n) −1 

= =
t xn , x= t1/n ,dx=
t
dt=

n


1 m/n
p (1/n) −1
=
t
(a + bt) t
dt =
n∫
1 [(m +1)/n]−1
1  m +1

=
(a + bt) p dt
=
− 1,1,p,a, b, xn . (13.16.3)
t
I
n∫
n  n

128
Сделав в последнем интеграле линейную замену, получим:
I (m,n,=
p,a, b, x)
1 [(m +1)/n]−1
t
(a +=
bt) p dt
n∫
[(m +1)/n]−1
v−a
dv  1  v − a 
dv

a bt,t = ,dt =  =∫ 
vp
=
=

v =+
b
b  n  b 
b

1
[(m +1)/n]−1
=
v p (v − a )
dv =
(m +1)/n ∫
nb
m +1
1


=
− 1, − a,1, a + bxn .
I p,1,
(13.16.4)
(m +1)/n 
n


nb
Комбинируя (13.16.2) с (13.16.3) и (13.16.4), получаем ещё два соотношения:
и
1 
m +1

I (m,n,p,a, b, x) =− I  − p −
− 1,1,p,b, a, x −n  (13.16.5)
n 
n

I (m,n,p,a, b, x) =
=−
a
p +(m +1)/n
n
m +1


I  p,1, − p −
− 1, −b,1, ax −n + b . (13.16.6)
n


Таким образом, выбрав в качестве новой переменной интегрирования любую из четырёх функций xn , x −n ,a + bxn , ax −n + b , мы вы-
(
)
разим интеграл (13.16.1) через (13.15.3), и в принципе такой переход
решает задачу (т.е. позволяет либо вычислить интеграл в квадратурах, либо сделать вывод о невозможности этого). Тем не менее, представляется полезным переформулировать результаты предыдущего
подраздела непосредственно в терминах значений показателей m, n
и p: это позволяет выбрать замену наиболее рациональным образом,
позволяющим прийти к ответу максимально быстро. При этом в качестве базовой выберем самую простую замену t = xn, и тогда под q
будем понимать значение первого параметра в правой части формуm +1
− 1.
лы (13.16.3), т.=
е. q
n
Интеграл (13.16.1) приводится к интегралу от рациональной
функции в следующих трёх случаях:
1. p – целое число.
1а. p – целое неотрицательное число. В этом случае никакие
замены не нужны: расписываем p-ю степень суммы по формуле
129
бинома Ньютона и интегрируем почленно. При этом значения m и n
могут быть и иррациональными.
Пример 13.16.1. m = 1/2, n = 1/3, p = 2:
=∫
(
(
)
2
x  1 − 23 x + x2  dx=


2 3/2 12 11/6 6 13/6
5/6
7/6
x − 2x
dx = x
+x
− x
+ x
+ C.
3
11
13
∫
x 1− 3 x
dx=
3
∫
)
Пример 13.16.2. m = 2, n = π, p = 2:
2
∫x
(1 − xπ ) dx=
2
1
= x
2 +1
∫x
2 +1
−
2
(1 − 2xπ + x2π )dx= ∫ ( x 2 − 2x 2 +π + x 2 +2π )dx=
2
2 + π +1
x
2 +π+1
+
1
2 + 2π + 1
x
2 +2π+1
+ C.
1б. p – целое отрицательное число. В этом случае после перехода
m +1
=
− 1 должен быть рациональq
к переменной t = xn показатель
n
ным – притом, что сами значения m и n могут быть и иррациональными. Чтобы преобразовать подынтегральное выражение в рациоm +1
− 1 в виде несокранальную дробь, представим показатель
n
тимой дроби j/k и выбираем в качестве новой переменной u = k t .
Разумеется, если m и n сами являются рациональными числами,
то можно не переходить к переменной t, а просто найти их наименьший общий знаменатель (обозначим его l) и положить u = l x .
Пример 13.16.3. m = 1/2, n = 1/3, p = –1:
x dx
∫ 1 − 3 x=
=
=
u

6 x ,=
x

= 6u5du, x
= u3 , 3 x
= u2=
u6 ,dx

u3 ⋅ 6u5du
(u8 − 1) + 1
1 
 6
4
2
=
6
∫ 1 − u2
∫ 1 − u2 du= 6∫  −u − u − u − 1 + 1 − u2  du=
 u7 u5 u3
1 1+ u 
= 6 −
−
−
− u + ln
+C =
 7
5
3
2 1 − u 

6
6
1 1+ 6 x
=
− x7/6 − x5/6 − 2 x − 66 x + ln
+ C.
7
5
2 1− 6 x
130
Для сравнения вычислим этот интеграл, перейдя предварительно к переменной t:
x dx
∫ 1 − 3 x= =t
= =
u

=
t
3 x,x
=
6 x ,=
t

t3 , x= t3/2 ,dx= 3t2dt=


u2 ,dt
= 2udu=

t3/2 ⋅ 3t2dt
∫ 1−t =
u3 ⋅ 3u4 ⋅ 2udu
∫ 1 − u2 =
6u8 du
∫ 1 − u2=

Дальнейшие вычисления идут ровно так же, как в первом способе, переход к промежуточной переменной в данном случае – лишний этап, безвредный, но и ненужный.
Пример 13.16.4. p = –1, m = 3π–1, n = 2π, (m + 1)/n = 3/2:
∫
x3π−1 dx 
1
1
= =
t x2π , x3π−1 dx=
d x 3 π=
d t3/2
2π
π
π
3

1− x
( )
3/2
1 d t
=
= =
u
3π ∫ 1 − t
=
=
( ) ( )=
d ( u3 ) 1 u2 du
=
=
 1
t=
 3π ∫ 1 − u2
π ∫ 1 − u2
1 (u2 − 1) + 1
1 
1 
du= ∫  −1 +
 du=
π ∫ 1 − u2
π 
1 − u2 
1
1 1+ u
 −u + ln
π
2 1−u

1  π 1 1 + xπ
 −x + ln
+
=
C

π
2 1 − xπ



 + C.


А вот здесь переход к переменной t уже по существу – хотя, конечно, и в этом примере вид окончательной замены u = xπ легко угадывается.
m +1
= q + 1 – целое число (в частности, сюда относятся случаи,
n
когда n = 2, а m – нечётно). Сами значения m и n могут быть и иррациональными.
2.
m +1
− 1 – целое неотрицательное число. В этом случае
n
переходим к переменной v = a + bxn, как это сделано в формуле
(13.16.4), раскладываем (v–a)q по формуле бинома Ньютона и интегрируем почленно. Значение p (равно как m и n) при этом может
быть иррациональным.
=
q
2а.
131
Пример 13.16.5. m = 3, n = 2, p = –1/3, (m + 1)/n = 2, q = 1:
x3 dx
∫3
(v − 1) dv
=v =1 + x2 ,2xdx =dv, x2 =v − 1 =∫
=


23 v
1 + x2
1
1  3 5/3 3 2/3 
3
=
v2/3 − v −1/=
dv
− v =
 v
+C
∫
2
2 5
2

5
3
2
3
/
/
3
3
= 1 + x2
− 1 + x2
+ C.
10
4
(
)
)
(
(
)
Замена кубического корня дробной степенью не приводит к сужению области определения, поскольку подкоренное выражение
всюду положительно.
К тому же результату прийдём, объявив новой переменной не
подкоренное выражение, а сам кубический корень:
x3 dx
∫3
3
=u = 1 + x2 ,u3 =1 + x2 ,2xdx =3u2du, x2 =u3 − 1 =


1+ x
2
=
3
2
3 (u − 1)u du 3
3 5 3 2
=
=
(u4 − u)du
u − u +=
C
∫
∫
2
u
2
10
4
5/3 3
2/3
3
= 1 + x2
− 1 + x2
+ C.
10
4
(
)
(
)
q
Пример 13.16.6. m = 2π–1, n = π, p = 2,=
∫x
=
2π−1
(1 + xπ )
2
m +1
−
=
1 1:
n
(v − 1)dv 

dx =
1 + x π , x2π−1dx =
x π x π−1dx =  =
v =
π


(
(v − 1)v 2 dv 1
v
=
∫
π
π∫
2 +1

π 2 +2
1  1+ x
=

π
2 +2

(
)
)
1  v 2 +2 v 2 +1 

+C
−
=
π 2 +2
2 +1 


2
+
1

1 + xπ

−
 + C.
2 +1 

2
dv
−v =
(
)
Для сравнения посмотрим, как этот интеграл вычисляется с использованием предварительной замены t = xπ:
∫x
132
2π−1
(1 + xπ )
2
t =
πx π−1dx  =
dx =
x π ,dt =
(1 + t )

 ∫
2
tdt
=
π
=v =
1 + t,t =
v − 1,dt =
dv  =∫
v
2
(v − 1) dv

=
π
(дальнейшие вычисления идут тем же путём, что и раньше).
m +1
− 1 – целое отрицательное число. В этом случае
n
p должно быть числом рациональным. Представляем p в виде несократимой дроби j/k и выбираем в качестве новой переменной
=
q
2б.
u=
k a + bt
=
k
a + bxn .
Пример 13.16.7. m = –1, n = 2, p = –1/3, (m + 1)/n = 0, q = –1:

dx xdx 3u2du 
3
2 3
2
2
u
x
u
x
xdx
u
du
=
=
1
+
,
=
1
+
,
2
=
3
,
==

=
∫ 3 2 
x
x2 2(u3 − 1) 
x 1+ x

dx
3u2du
∫ 2(=
u3 − 1)u
=
3 udu
= 
2 ∫ u3 − 1
Похожие интегралы нам встречались неоднократно (например,
в примерах 9.6.14 или 13.15.1), и мы вычисляли их методом неопределённых коэффициентов. Сейчас мы для разнообразия пойдём
другим путём, разложив подынтегральную функцию на простейшие с помощью вычетов (см. подразд. 9.5).
У знаменателя три простых комплексных корня: 1 и e±2iπ/3. Если
a – один из этих корней, то вычет в нём равен
Res
u
u
u
1
.
=
= =
3
2
u − 1 a (u − 1)' a 3u a 3a
3
Тогда
1 1
e−2iπ/3
e2iπ/3 
=
+
+


u3 − 1 3  u − 1 u − e2iπ/3 u − e−2iπ/3 
u
и
udu
∫ u3=
−1
(
)
(
1
Ln(u − 1) + e−2iπ/3 Ln u − e2iπ/3 + e2iπ/3 Ln u − e−2iπ/3
3 
+C
)=

133
Преобразуем сумму двух последних слагаемых:
(
)
(
)
e−2iπ/3 Ln u − e2iπ/3 + e2iπ/3 Ln u − e−2iπ/3 =
(
)
(
)
2π 
Ln u − e2iπ/3 + Ln u − e−2iπ/3  +

3 
2π 
+i sin
− Ln u − e2iπ/3 + Ln u − e−2iπ/3  =

3 
= cos
(
) (
)
u − e−2iπ/3
1
3
Ln
=
− L n ( u − e2iπ/3 )( u − e−2iπ/3 )  + i
=


2
2
u − e2iπ/3
u − cos(2π / 3) + i sin(2π / 3)
1 
2π
3

=
Ln
=
− Ln  u2 − 2 cos u + 1  + i
2 
3
2
u − cos(2π / 3) − i sin(2π / 3)

(
)
1
3
2u + 1 + i 3
=
− Ln u2 + u + 1 + i
Ln
=
2
2
2u + 1 − i 3
=−
(
Ln u2 + u + 1
=−
2
(
) +i
Ln u2 + u + 1
2


3
3
⋅ 2i  arctg
+ nπ  =
2
2u + 1


)−


3
3  arctg
+ nπ 

2u + 1


(мы воспользовались равенством (5.17)). Отсюда
(
)


ln u2 + u + 1
udu 1 
2u + 1 
+ 3 arctg
+ C.
ln | u − 1 | −
∫ u3=
2
3 
−1 3 


В этой формуле все слагаемые уже вещественные: мы заменили
Ln на ln и поставили модуль в первом логарифме (впрочем, в данной
задаче этот модуль имеет скорее декоративный характер, посколь

3
3
ку u = 1 + x2 ≥ 1 ). Кроме того, сделана замена −  arctg
+ nπ 
2u + 1


2u + 1
на arctg
. Все эти отличия поглощаются кусочно-постоянной
3
функцией C (её теперь считаем также вещественной).
Для удобства дальнейшего перехода к исходной переменной выполним ещё одно преобразование логарифмической части полученной формулы
ln u2 + u + 1 3
ln | u3 − 1 |
ln | u − 1 | −
=
ln | u − 1 | −
,
2
2
2
(
134
)
и тогда
3
2

dx
1 3  3
2
 − ln | x | + 3 arctg 2 1 + x + 1  + C.

=
ln
+
x
−
1
1

∫ 3 2 2  2 


3
x 1+ x


Пример 13.16.8. m = –1, n = π, p = –1/3, (m + 1)/n = 0, q = –1:
π−1

dx
3u2du  3 udu
3
π 3
π dx x
u
x
u
x
1
,
1
,
=
=
+
=
+
=
=
=

=
∫ 3 π 
∫
x
xπ
π(u3 − 1)  π u3 − 1
x 1+ x

dx
=
=
ln | u3 − 1 |
1 3
2u + 1 
+ 3 arctg
=
 ln | u − 1 | −
+C
π  2
2
3 
3
1 3  3
2 1 + xπ + 1 
π
 ln  1 + x π − 1  − ln | x | + 3 arctg
+C
π 2 
 2

3


(воспользовались результатами предыдущего примера).
Пример 13.16.9. m = –1– π, n = π, p = –1/2, (m + 1)/n = –1, q = –2:
∫
dx
x
π+1
1 + xπ
=
( )


d u2
x π−1 dx
2udu 
π 2
π dx

u=
1 + x ,u =
1 + x , π+1 =
=
=
=
=

x
x2 π
π(u2 − 1)2 π(u2 − 1)2 


=
udu
du
2
2

=
=
∫
∫
2
2
π (u − 1) ⋅ u π (1 − u2 )2
Такой интеграл уже нам встречался в примере 11.2.7, промежуточным результатом которого мы сейчас воспользуемся:


1  2 1 + xπ
1 + 1 + xπ
+
=
+
C
ln

2π 1 − 1 + x π

1 − 1 + xπ

2

 1 + 1 + x π  



π
1  2 1+ x
  + C=
=
−
+ ln 
π
π

2π 
x
−x




2 1  2u
1+ u
= ⋅ 
+ ln
2
π 4 1 − u
1−u
(
)

+C=


135

1  1 + xπ
π
= −
+ ln  1 + 1 + x π  − ln | x |  + C.
π

 2

xπ


m +1
= p + q + 1 – целое число (в частности, сюда относятся
n
случаи, когда n = 2, m – чётно и p = ±1/2). При этом допускаются и
иррациональные значения m и n.
3. p +
m +1
≤ −1, p + q≤–2, что соответствует неотрицательноn
m +1
− 1 – первого параметра в правой части
сти величины − p −
n
(13.16.5) и третьего параметра в правой части (13.16.6). В этом случае переходим к переменной w = ax–n + b:
3а. p +
m
n p
m +np
−n
p
w ax −n + b,
I (m,n,p,a, b, x) =
∫ x (a + bx ) dx =
∫ x (ax + b) dx ==

x=
a1/n ( w − b )
−1/n
]
, xm +np =
a[
m/n + p
(w − b )−[m/n]− p ,

a1/n
dx =
−
(w − b )−[1/n]−1 dw  =
n

]
a[
− p −[(m +1)/n ]−1
p
dw =
=
−
∫ w (w − b )
n
(m +1)/n + p
=−
и
мы
(w − b )
a[
(m +1)/n ]+ p
n
снова
(
пришли
− p −[(m +1)/n ]−1
)
I p,1, − p − [(m + 1) / n ] − 1, −b,1, ax −n + b ,
к формуле
(13.16.6).
Раскладываем
по формуле бинома Ньютона и интегрируем поч-
ленно. Значение p (равно как m и n) при этом может быть иррациональным.
Если воспользоваться предварительной заменой t = xn, то соответствующие преобразования интеграла (13.16.3) примут вид:
I (m,n,=
p,a, b, x)
=
136
1 [(m +1)/n]−1
t
(a +=
bt) p dt
n∫
(
)
p
1 [(m +1)/n]+ p −1
t
at −1 + b dt
=
∫
n

adw 
a
at −1 + b,t = ,dt =
=
−
w =
=
w−b
(w − b)2 

a[(m +1)/n]+ p
−[(m +1)/n]− p −1 p
w dw
=
−
∫ (w − b)
n
(разумеется, с тем же результатом).
1
m +1
=
−1.
Пример 13.16.10. m = –2, n = 2, p = − , p +
n
2
xdx
dx
dx
= sign x ∫
= w= 1 − x −2 ,
∫ 2 2 = ∫ 3

−2
4
−2
x x −1
x 1− x
| x | 1− x
=
x2

(1 − w )2 dw
1
dv
dw
 sign x ∫
=
= sign
=
, xdx =
x∫
2
2
1−w
w 2 (1 − w )
2 w
2 (1 − w ) 
= sign x ⋅ w +=
C sign x 1 − x −2 +=
C
x2 − 1
+C
x
m +1
− p − (m +1)/n ]−1
−1 =
0, поэтому ( w − b ) [
=
1, и ничего расn
кладывать не пришлось).
В этом примере значения m и n – целые, поэтому подынтегральная функция, в отличие от случая общего положения, определена и
при отрицательных x. При этом новая переменная w = 1–x–2 является чётной функцией x, поэтому x через w однозначно не выражается. С этим связано одновременное присутствие в промежуточных
формулах обеих переменных (x – в качестве аргумента функции
sign).
Разумеется, в качестве новой переменной можно взять не подкоренное выражение, а сам корень, тогда после перехода все степени
становятся целыми:
(здесь − p −
dx
=
∫ 2 2
x x −1
dx
∫=
3
−2
|x|
1− x
xdx
sign x=
∫ 4
x 1 − x −2



udu 
1
−2 2
−2 2
1 − x ,u =
1 − x , x = , xdx =  =
=
u =
2
1 − u2

1 − u2 


(
)
137
1 − u2 )
(
udu
sign x ∫
=
2
u
(1 − u2 )
2
=
sign
=
x ∫ du
x2 − 1
+ C.
x
= sign x ⋅ u +=
C sign x 1 − x −2 +=
C
С использованием предварительной замены t = x2 начало вычислений принимает вид:
∫

dt 
dt
1
t x2 , x= sign x t ,dx= sign x
= =
=
=
 sign x ∫
t t −1 2 t
2 t
x −1 
dx
x
2
2
sign x ∫
=
2udu
1
u =−
1 t −1 ,u2 =
1 − t −1,t = 2 ,dt =
=
=
2 2
1− u
1− u
dt
2
2t
1− t
(
−1
1 − u2 ) 2udu
(
x∫
sign
=
2
2u
(1 − u2 )
)
2
=

Пример 13.16.11.
m = –1–π, n = 2π, p = –1/2, p +
∫
dx
x
π+1
1+ x
=
−
2π
m +1
=
−1.
n
dw 
dx
dx

x −2π + 1,
=
=
−
=
w =
∫ 2π+1 −2π =
2π+1
2π 
x
x
x
+1 
1 dw
w
x −2π + 1
1 + x2 π
=
−
+C=
−
+C=
−
+ C.
∫
π
π
2π w
π xπ
Пример 13.16.12.
m= 1 − 2, n = 2, p =−1 − 2, p +
dx
=
∫
x
138
2 −1
(x
2
−1
)
2 +1
m +1
=
−2.
n
dx
∫=
2 +1
x
2 −1 2+ 2
x
(1 − x )
− 2
=
dx
∫=
2 +1
x2
2 +1
(1 − x )
− 2

(1 − w) dw 
dx
2dx 1
1 − x − 2 ,dw =,
1 − w,
=
=
= =
w =
2


x 2 +1 x 2
x2 2 +1
(1 − w) dw 1
1  w− 2 w− 2 +1 
− 2 −1
− 2
−
 + C=
w
w
dw
= ∫
=
−
=
+
∫
2
2
2
2 −1 
2 w 2 +1


(
)
(1 − x ) + (1 − x )
=
−
− 2
− 2
− 2
2
− 2 +1
+ C.
2− 2
Если воспользоваться предварительной заменой t = x 2 , то первоначальные преобразования выглядят следующим образом:
dx
=
∫
x
2 −1
t x
= =

=
1
∫
2
t
2 −1
t ( t − 1)
dt
2 +1
2
=
(x
2
)
2 +1
2
, x2= t
2
2 −2
( t − 1) −
2 −1
−1
, x= t1/
1
∫t
2
xdx
∫=
2 +1
x
2
(x
2
−1
,2xdx=
dt =
)
2t
1
∫t
2
1
w =−
1 t −1,dw =
t −2dt,t −1 =−
1 w  = ∫ v−
=


2

dt=

2 −1
−3
2 −1
(1 − t−1 )
− 2 −1
dt =
(1 − w) dw =

m +1
m +1
> −1, параметр − p −
− 1 в правой части (13.16.5)
n
n
и (13.16.6) отрицателен. В этом случае p должно быть числом рациональным. Опять представляем p в виде несократимой дроби j/k
3б. p +
k
u k=
w
ax −n + b.
и выбираем в качестве новой переменной=
Пример 13.16.13.
m = –1–π, n = 2π, p = 1/2, p +
m +1
=
0.
n
139
1 + x2π dx
=
∫ xπ+1
x −2π + 1 dx
=
∫
x
( )

d u2
udu
dx x −2π−1dx
−2π
2
−2π
u =
+ 1,u =
+ 1,
=−2π =
−
=
x
x
2

x
2π(u − 1) π 1 − u2
x

=
(
)

=


2
2
1 u du 1 (u − 1) + 1
1
1 1+ u 
du =
=
 −u + ln
 + C=
∫
∫
2
2
2 1−u 
π 1−u
π
π
1−u
2

 1 + x −2π + 1  





2
1
1 (1 + u) 
1
1
 +C=
=
−u + ln
+ C=
− x −2π + 1 + ln 

π
π
2 1 − u2 
2
x −2π






2π


1
1+ x
= −
+ ln  x π + 1 + x2π   + C.
π
π


x


Если воспользоваться предварительной заменой t = x2π, то вычисления на начальном этапе принимают следующий вид:
1 + x2π dx
=
∫ xπ+1
1 + x2π x2π−1 dx
=
∫
x3π
dt 

t x2π , x2π−1 dx=
= =
=
2π 

∫
1 + t dt 1
t −1 + 1 dt
=
=
t
2π ∫
2π t3/2
( )


d u2
2udu 
1 dt tdt
−1
2
−1

u
t + 1,u =
t + 1,t =2
, =2 =
==
− 2
=
=

u −1 t
t
u − 1 1 − u2 


=
2
1 u du
= 
π ∫ 1 − u2
Впрочем, здесь более естественной представляется другая замена:
1 + x2π dx
=
∫ xπ+1
1 + x2π x π−1dx
=
∫
x2 π
ds 

= =
s x π , x π−1 dx
=
=
π 

140
∫
1 + s2 ds
= 
π s2
Здесь, разумеется, можно воспользоваться одной из подстановок, рассмотренных ранее – например, тригонометрической, но сейчас мы будем действовать в соответствии с рассматриваемым в этом
параграфе алгоритмом.

=
1 + s2 ds
∫=
π s2
−2
1 s + 1 ds
=
∫
s
π
( )


2
d u2
udu 
ds s ds
u =
s−2 + 1,u2 =
s−2 + 1, = =
=
−
=
=

s
s3
2(u2 − 1) 1 − u2 


=
2
1 u du
= 
π ∫ 1 − u2
Пример 13.16.14. В последний раз рассматриваем интеграл из
примеров 13.2.1, 13.4.4, 13.5.1, 13.10.8, 13.11.3, 13.12.3, 13.13.1.
1
m +1
=
1.
В этой задаче m = 0, n = 2, p = , p +
n
2
−2
u
x2 − 1 dx =
1 − x −2 ,u2 =
1 − x −2 ,
∫ | x | 1 − x dx ==


udu 
udu
1
2
x
, xdx =
=
=

 sign x ∫ u=
2
2
2 
2 2
1−u
1−u
1−u

∫
(
)
(
)
Как и в примере 13.16.10, кусочно-постоянная нечётная функция
sign x не выражается через чётную подстановку u (хотя в принципе
можно было бы переопределить u по формуле =
u sign x ⋅ 1 − x −2 , на
дальнейших построениях это почти не сказалось бы). Мы эту функцию вынесли за знак интеграла. Оставшийся интеграл у нас уже
возникал в примере 13.10.8. Повторяя вычисления, получаем:
1 u
1 1+ u 
1 (1 + u)2 
sign x  u

+C
=
−
ln
=
+
C
−
ln =
 sign x 

2 4
1−u 
2  1 − u2 2
1 − u2 
 21−u

=
sign x  u
1 + u 
sign x  2
−2
−2  

ln =
−
+C
 +C
 x 1 − x − ln x  1 + 1 − x=
2
2
2 1−u
2 


1 − u 

141
=
1

2
2
 x x − 1 − sign x ln x + sign x ⋅ x − 1=
+C
2

1

=  x x2 − 1 − ln x + x2 − 1  + C.
2

Если воспользоваться предварительной заменой t = x2, то вычисления на начальном этапе принимают следующий вид:

dt 
dt
x2 − 1 dx =
x2 , x =
=
sign x t ,dx =
sign x
sign x ∫ t − 1
t =
=
t
t
2
2





2udu 
t −1 2 t −1
sign x t − 1
1
1
dt =
=
=
,u = =−
,dt =
1 ,t =
u =
2
t
t
t
2 ∫ t
1 − u2

1 − u2 


udu
= sign
=
x∫ u

2
1 − u2
∫
(
(
)
)
Как было сказано, из теоремы Чебышёва вытекает, что ни при
каких значениях показателей m, n и p, не удовлетворяющих хотя
бы одному из перечисленных условий, интеграл от биномного дифференциала не выражается через элементарные функции.
Пример 13.16.15. Альтернативный взгляд на интеграл из примера 13.15.7:
∫
3
1 − x2 dx,
m = 0, n = 2, p = 1/3, (m + 1)/n = 1/2, p + (m + 1)/n = 5/6. Интеграл
через элементарные функции не выражается.
И несколько слов в заключение этой темы. Разумеется, помнить
наизусть все соотношения между m, n и p совершенно не обязательно. Если требуется вычислить интеграл вида (13.16.1), а под рукой
нет справочника, то нужно сделать одну из четырёх указанных
нами замен, приводящих его к виду (13.15.3). Выбираете из них ту,
которую подсказывает вам интуиция, а если она молчит – начните
с простейшей замены t = xn и посмотрите, каковы будут значения p,
q и p + q. Если одно из них целое – продолжаете вычисления, если
нет – констатируете, что первообразную через элементарные функции выразить не удастся.
142
Задачи
1.
2.
3.
4.
5.
6.
1 + x2
∫
x3
x
∫
∫
dx
2
(1 − 3 x )
3
3
8.
∫
9.
2
3x
∫
x dx
∫ (1 −
7.
1 + x2
∫
∫
dx
)
3
∫
3
1 + x5
x6
dx
dx
3
x 1 + x5
3
1 + x6
dx
x
3
1 + x6 x3dx
10.
∫
1+ x
dx
x
11.
∫3
1 + x 6 x5
1 + x5
dx
x
12.
∫
1 − 3 x xdx
x dx
dx
143
Библиографический список
1. Макарова М.В., Плаченов А.Б. Высшая математика (математика – 1). Интегралы. Ч. 1: учеб. пособие. СПб.: ГУАП, 2016. 127 с.
2. Берман Г.Н. Сборник задач по курсу математического анализа.
СПб.: Лань, 2005. 608 с.
3. Пискунов Н.С. Дифференциальное и интегральное исчисления. М.: Интеграл-Пресс, 2009. 544 с.
4. Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального
исчисления: учебн. в 3 т. Т.2. СПб.: Лань, 2009. 800 с.
5. Осипов А.В. Лекции по высшей математике: учеб. пособие.
СПб.: Лань, 2014. 320 с.
6. Смирнов В.И. Курс высшей математики: учебн. в 5 т. Т. 1. СПб.:
БХВ-Петербург, 2008. 624 с.
Замеченные опечатки в первой части пособия
Где
Напечатано
Следует читать
в примере
функции F(x)
в примере 1.4
функции F(x)
с.18, перед первой выносной
ненумерованной формулой
±Arsh x
±Arch x
с.18, первая выносная ненумерованная формула
= sign x Arsh |x| + C
= sign x Arch x + C
с.7, замечание 1
с.70, формула в конце примера 9.2.7
с.90, пример 9.5.1
с.118, формула в конце примера 9.9.22
144
(
ln 3x2 − 2x + 5
)
тождеством (7.5)
(
ln x5 + x + 3
)
(
= ln 3x2 − 2x + 5
)
тождеством (8.5)
ln x5 + x + 3
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие...........................................................................
3
11. Интегрирование тригонометрических функций......................
11.1. Интегрирование произведений синусов и косинусов
различных аргументов................................................. 11.2. Интегрирование произведений степеней
синусов и косинусов одного аргумента ........................... 11.3. Интегрирование произведений натуральных степеней
синусов и косинусов различных аргументов.................... 11.6. Интегрирование отношения тригонометрического
многочлена и степени однородного двучлена................... 11.7. Интегрирование отношения тригонометрического
многочлена и степени однородного трёхчлена.................. 11.8. Переход к половинному углу........................................ 11.9. Универсальная подстановка......................................... 11.10. Использование формул Эйлера................................... 7
36
49
53
58
12. Интегрирование гиперболических функций...........................
61
7
9
22
32
13. Интегрирование иррациональных функций............................
64
13.1. Интегралы, содержащие рациональные степени
линейной или дробно-линейной функции....................... 64
13.2. Квадратичная иррациональность:
третья подстановка Эйлера........................................... 66
13.3. Интегрирование отношения двучлена и квадратного
корня из квадратного трёхчлена.................................... 68
13.4. Интегрирование отношения или произведения
многочлена и квадратного корня из квадратного трёхчлена
71
13.5. Вычисление интегралов с квадратичными
иррациональностями интегрированием по частям............ 76
13.6. Интегрирование отношения (произведения) многочлена
и степени квадратного корня из квадратного трёхчлена.... 78
13.7. Интегралы, содержащие произведение степени двучлена
и корня из квадратного трёхчлена в знаменателе............. 83
13.8. Интегрирование дробно-рациональной функции переменной
интегрирования и корня из квадратного трёхчлена.......... 88
13.9. Одновременное исключение линейных слагаемых
в двух квадратных трёхчленах...................................... 91
13.10. Тригонометрические подстановки............................... 94
13.11. Гиперболические подстановки.................................... 105
13.12. Подстановка Абеля................................................... 109
13.13. Первая подстановка Эйлера........................................ 113
13.14. Вторая подстановка Эйлера........................................ 115
13.15. Интегралы от произведения степеней
двух линейных функций.............................................. 120
13.16. Биномный дифференциал (дифференциальный бином).. 127
Библиографический список.......................................................
144
145
Учебное издание
Дьякова Галина Николаевна,
Плаченов Александр Борисович
ВЫСШАЯ МАТЕМАТИКА
(математика – 1)
ИНТЕГРАЛЫ
Часть 2
Учебное пособие
Редактор В. П. Зуева
Компьютерная верстка Н. Н. Караваевой
Сдано в набор 21.09.17. Подписано к печати 31.10.17. Формат 60 × 84 1/16.
Уч.-изд. л. 9,1. Усл. печ. л. 8,49. Тираж 50 экз. Заказ № 461.
Редакционно-издательский центр ГУАП
190000, Санкт-Петербург, Б. Морская ул., 67
146
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
2
Размер файла
1 497 Кб
Теги
diakova
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа