Главная » Математический анализ » Неопределенный интеграл » Интегрирование рациональных, иррациональных, тригонометрических и гиперболических функций

Интегрирование рациональных, иррациональных, тригонометрических и гиперболических функций

разделов
от теории до практики
примеров
Примеры решения задач
видео
Примеры решения задач
Содержание
  1. Интегрирование рациональных функций.
    Начать изучение
  2. Интегрирование иррациональных функций.
    Начать изучение
  3. Первый вид функций.
    Начать изучение
  4. Второй вид функций.
    Начать изучение
  5. Третий вид функций.
    Начать изучение
  6. Интегрирование тригонометрических и гиперболических функций.
    Начать изучение
  7. Тригонометрические функции.
    Начать изучение
  8. Гиперболические функции.
    Начать изучение

Интегрирование рациональных функций.

Ранее было доказано, что всякая функция вида \(P_{m}(x)/Q_{n}(x)\), где \(P_{m}\) и \(Q_{n}\) — многочлены с действительными коэффициентами степеней \(m\) и \(n\) соответственно и \(m < n\), то есть правильная рациональная дробь, представляется в виде суммы простых дробей вида
$$
\frac{A}{(x-a)^{r}},\ r \in \mathbb{N},\label{ref1}
$$

$$
\frac{Bx + D}{(x^{2} + px + q)^{k}},\quad k \in \mathbb{N},\ p^{2}-4q < 0,\label{ref2}
$$

Если дробь \(P_{m}(x)/Q_{n}(x)\) является неправильной \((m \geq n)\), то, разделив числитель на знаменатель, эту дробь можно записать в виде
$$
(P_{m}(x)/Q_{n}(x) = S(x) + R(x)/Q_{n}(x),\nonumber
$$
где \(S(x)\) — многочлен (частное от деления \(P_{m}\) на \(Q_{n}\) ), \(R(x)\) — остаток от деления, \(R(x)/Q_{n}(x)\) — правильная дробь. Например, дробь \(x^{4}/(x^{2}-x + 1)\) является неправильной. Выполняя деление \(x^{4}\) на \(x^{2}-x + 1\), получаем
$$
\frac{x^{4}}{(x^{2}-x + 1)} = x^{2} + x-\frac{x}{(x^{2}-x + 1)}.\label{ref3}
$$

Обратимся к интегрированию рациональных дробей. Рассмотрим сначала дроби вида \eqref{ref1}. Если \(r = 1\), то
$$
\int\frac{A\ dx}{x-a} = A\ \ln |x-a| + C,\nonumber
$$
а если \(r > 1\), то
$$
\int\frac{A\ dx}{(x-a)^{r}} = \frac{A}{(1-r)(x-a)^{r-1}} + C.\nonumber
$$

Таким образом, при интегрировании дроби \eqref{ref1} получается либо логарифмическая функция \((r = 1)\), либо правильная рациональная дробь \((r > 1)\).

Обозначим
$$
J_{k} = \int \frac{Bx + D}{(x^{2} + px + q)^{k}}dx.\nonumber
$$
Так как \(x^{2} + px + q = \displaystyle\left(x + \frac{p}{2}\right)^{2} + q-\frac{p^{2}}{4}\), где \(\displaystyle q-\frac{p^{2}}{4} > 0\), то, полагая \(\displaystyle \sqrt{q-\frac{p^{2}}{4}} = a,\ x + \frac{p}{2} = t\), получаем
$$
J_{k} = \int \frac{\displaystyle B\left(t-\frac{p}{2}\right) + D}{(t^{2} + a^{2})^{k}}dt.\nonumber
$$
Следовательно, интеграл \(J_{k}\), является линейной комбинацией интегралов
$$
J’_{k} = \int \frac{t\ dt}{(t^{2} + a^{2})^{k}},\ J″_{k} = \int \frac{dt}{(t^{2} + a^{2})^{k}}.\nonumber
$$
При \(k = 1\) эти интегралы соответственно равны:
$$
J’_{1} = \frac{1}{2} \int \frac{d(t^{2} + a^{2})}{t^{2} + a^{2}} = \frac{1}{2}\ln(t^{2} + a^{2}) + C = \frac{1}{2}\ln(x^{2} + px + q) + C,\nonumber
$$
$$
J″_{1} = \frac{1}{a} \arctan \frac{t}{a} = \frac{1}{\sqrt{q-\frac{p^{2}}{4}}} \arctan \frac{x + \frac{p}{2}}{\sqrt{q-\frac{p^{2}}{4}}} + C =\\= \frac{2}{\sqrt{4q-p^{2}}} \arctan \frac{2x + p}{\sqrt{4q-p^{2}}} + C.\nonumber
$$
Если \(k > 1\), то
$$
J’_{1} = \frac{1}{2} \int \frac{d(t^{2} + a^{2})}{(t^{2} + a^{2})^{k}} = \frac{1}{2(1-k)(x^{2} + px + q)^{k-1}} + C\nonumber
$$
а интеграл \(J″_{k}\) можно вычислить с помощью полученной ранее рекуррентной формулы, причем согласно этой формуле \(J″_{k}\) является линейной комбинацией правильной рациональной дроби арктангенса.

Таким образом, интеграл от любой рациональной дроби представляется в виде линейной комбинации многочлена (если рассматривается неправильная дробь), правильной рациональной дроби, логарифмической функции и арктангенса.

Пример 1.

Найти \(J = \displaystyle \int \frac{x^{4}}{x^{2}-x + 1}dx.\)

Решение.

\(\triangle\) Запишем равенство \eqref{ref3} в следующем виде:
$$
\frac{x^{4}}{x^{2}-x + 1} = x^{2} + x-\frac{1}{2}\frac{2x-1}{x^{2}-x + 1}-\frac{1}{2}\frac{1}{\displaystyle\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2} + \frac{3}{4}}.\nonumber
$$
Отсюда находим
$$
J = \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{2}}{2}-\frac{1}{2}\ln(x^{2}-x + 1)-\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan \frac{2x-1}{\sqrt{3}} + C.\ \blacktriangle\nonumber
$$

Пример 2.

Найти \(J = \displaystyle \int \frac{dx}{(x + 2)(x-1)(x-3)}.\)

Решение.

\(\triangle\) Так как подынтегральная функция — правильная рациональная дробь, а корни ее знаменателя являются вещественными и простыми (их кратность равна единице), то
$$
\frac{1}{(x + 2)(x-1)(x-3)} = \frac{A_{1}}{x + 2} + \frac{A_{2}}{x-1} + \frac{A_{3}}{x-3}.\label{ref4}
$$

Умножив обе части равенства \eqref{ref4} на знаменатель его левой части, получим
$$
1 = A_{1}(x-1)(x-3) + A_{2}(x + 2)(x-3) + A_{3}(x-1)(x + 2).\label{ref5}
$$

Для нахождения чисел \(A_{1},\ A_{2},\ A_{3}\) можно приравнять коэффициенты при одинаковых степенях \(x\) в тождестве \eqref{ref5}. Однако существует более эффективный способ вычисления. Полагая в тождестве \eqref{ref5} сначала \(x =-2\), затем \(x = 1\) и, наконец, \(x = 3\), последовательно находим
$$
1 = 15A_{1},\ 1 = -6A_{2},\ 1 = 10A_{3},\nonumber
$$
откуда получаем
$$
A_{1} = \frac{1}{15},\ A_{2} =-\frac{1}{6},\ A_{3} = \frac{1}{10}.\nonumber
$$
число \(A_{1}\)    можно найти    из равенства \eqref{ref4}, если умножить обе его части на \(x + 2\), а затем перейти к пределу при \(x \rightarrow -2\).

Тогда \(A_{1} = \displaystyle\lim_{x \rightarrow -2}\frac{1}{(x-1)(x-3)} = \varphi (-2)\), где \(\varphi (x) =\displaystyle \frac{1}{(x-1)(x-3)}\)-функция, которая получается вычеркиванием множителя \(x + 2\) в знаменателе левой части равенства \eqref{ref4}. Тем же способом можно найти числа \(A_{2}\) и \(A_{3}\).

Таким образом,
$$
\frac{1}{(x + 2)(x-1)(x-3)} = \frac{1}{15}\frac{1}{x + 2}-\frac{1}{6}\frac{1}{x-1} + \frac{1}{10}\frac{1}{x-3},\nonumber
$$
откуда
$$
J = \frac{1}{15} \ln |x + 2|-\frac{1}{6} \ln |x-1| + \frac{1}{10} \ln |x-3| + C = \\ = \frac{1}{30} \ln \frac{(x-2)^{2}|x-3|^{3}}{|x-1|^{5}} + C.\ \blacktriangle\nonumber
$$

Пример 3.

Найти \(J = \displaystyle \int \frac{3x^{3}-5x + 10}{(x-1)^{2}(x^{2} + 2x + 5)}dx\).

Решение.

\(\triangle\) Так как подынтегральная функция \(f(x)\) — правильная дробь, а квадратный трехчлен \(x^{2} + 2x + 5\) имеет невещественные корни, то
$$
f(x) = \frac{A_{1}}{(x-1)^{2}} + \frac{A_{2}}{x-1} + \frac{Bx + D}{x^{2} + 2x + 5},\nonumber
$$
откуда следует равенство
$$
3x^{3}-5x + 10 = A_{1}(x^{2} + 2x + 5) + A_{2}(x-1)(x^{2} + 2x + 5) + (Bx + D)(x-1)^{2}.\label{ref6}
$$

Полагая в тождестве \eqref{ref6} \(x = 1\), находим \(8 = 8A_{1}\), откуда \(A_{1} = 1\). Дифференцируя тождество \eqref{ref6}, а затем полагая \(x = 1\) в полученном равенстве, находим \(4 = 4 + 4A_{2}\), откуда \(A_{2} = 0\). Приравнивая коэффициенты при \(x^{3}\) и свободные члены в равенстве \eqref{ref6}, получаем \(3 = B,\ 10 = 5A_{1} + D\), откуда \(D = 5\).

Итак, \(A_{1} = 1,\ A_{2} = 0,\ B = 3,\ D = 5\), и поэтому
$$
f(x) = \frac{1}{(x-1)^{2}} + \frac{3x + 5}{x^{2} + 2x + 5} = \frac{1}{(x-1)^{2}} + \frac{3}{2} \frac{2x + 2}{x^{2} + 2x + 5} + \frac{1}{(x + 1)^{2} + 4}\nonumber
$$
откуда находим, что
$$
J =-\frac{1}{x-1} + \frac{3}{2} \ln (x^{2} + 2x + 5) + \arctan \frac{x + 1}{2} + C.\ \blacktriangle\nonumber
$$

Пример 4.

Найти \(\displaystyle \int \frac{dx}{x^{4} + 1}\).

Решение.

\(\triangle\)Используя равенство
$$
x^{4} + 1 = x^{4} + 2x^{2} + 1-(\sqrt{2}x)^{2} = (x^{2} + \sqrt{2}x + 1)(x^{2}-\sqrt{2}x + 1)\nonumber
$$
и учитывая, что многочлен \(x^{4} + 1\) не имеет действительных корней, получаем
$$
\frac{1}{x^{4} + 1} = \frac{Bx + D}{x^{2} + \sqrt{2}x + 1} + \frac{B_{1}x + D_{1}}{x^{2}-\sqrt{2}x + 1}\nonumber
$$
откуда
$$
1 = (Bx + D)(x^{2}-\sqrt{2}x + 1) + (B_{1}x + D_{1})(x^{2} + \sqrt{2}x + 1).\label{ref7}
$$

Сравнивая коэффициенты при \(x^{3},\ x^{2},\ x^{1} = x,\ x^{0}\) (свободные члены) в тождестве \eqref{ref7}, получаем
$$
\begin{array}{c}x^3\longrightarrow 0=B+B_1\\x^2\longrightarrow 0=-B\sqrt{2}+D+B_1\sqrt{2}+D_1\\x^1\longrightarrow 0=B-\sqrt{2}D+B_1+\sqrt{2}D_1\\x^0\longrightarrow 1=D+D_1\end{array}\nonumber
$$
Из первого, третьего и четвертого уравнении этой системы следует, что \(D = D_{1},\ 2D = 1\), откуда находим \(D = D_{1} = \frac{1}{2}\), а из первого, второго и четвертого уравнений получаем \(B_{1} = -B,\ 2B\sqrt{2} = D + D_{1} = 1\), откуда \(B =\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{2}},\ B_{1} = -\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{2}}\).

Следовательно,
$$
\frac{1}{x^{4} + 1} = \frac{1}{2\sqrt{2}} \frac{x + \sqrt{2}}{x^{2} + \sqrt{2}x + 1}-\frac{1}{2\sqrt{2}} \frac{x-\sqrt{2}}{x^{2}-\sqrt{2}x + 1}.\nonumber
$$
Так как
$$
\int \frac{x + \sqrt{2}}{x^{2} + \sqrt{2}x + 1} dx = \frac{1}{2} \int \frac{2x + \sqrt{2}}{x^{2} + \sqrt{2}x + 1}dx + \frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{\displaystyle d\left(x + \frac{1}{\sqrt{2}}\right)}{\displaystyle \left(x + \frac{1}{\sqrt{2}}\right)^{2} + \frac{1}{2}} =\\= \frac{1}{2} \ln (x^{2} + \sqrt{2}x + 1) + \arctan (x \sqrt{2} + 1) + C_{1},\nonumber
$$
$$
\int \frac{x-\sqrt{2}}{x^{2}-\sqrt{2}x + 1} dx = \frac{1}{2} \ln (x^{2}-\sqrt{2}x + 1)-\arctan (x \sqrt{2}-1) + C_{2},\nonumber
$$
то
$$
\int \frac{dx}{x^{4} + 1} = \frac{1}{4\sqrt{2}} \ln \frac{x^{2} + \sqrt{2}x + 1}{x^{2}-\sqrt{2}x + 1} + \frac{1}{2\sqrt{2}}(\arctan (x\sqrt{2} + 1)-\arctan (x\sqrt{2}-1)) + C.\ \blacktriangle\nonumber
$$

Замечание 1.

Укажем другой способ вычисления коэффициентов \(B,\ D,\ B_{1},\ D_{1}\). Заметим, что корни многочлена \(x^{4} + 1\) определяются формулой
$$
x_{k} = e^{i(\pi + 2k\pi)/4},\nonumber
$$
где \(k = 0,\ 1,\ 2,\ 3\),
причем \(x_{0} = e^{i \pi/4} = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}(1 + i)\) — корень трехчлена \(x^{2} + \sqrt{2}x + 1\), а \(x_{3} =-x_{0}\) — корень трехчлена \(x^{2}-\sqrt{2}x + 1\). Полагая в \eqref{ref7} \(x = x_{0}\) и сравнивая в полученном соотношении действительные и мнимые части, найдем \(B_{1}\) и \(D_{1}\). Аналогично, полагая в равенстве \eqref{ref7} \(x =-x_{0}\), найдем \(B\) и \(D\).

Замечание 2.

В некоторых случаях для вычисления интеграла от рациональной дроби \(f(x)\) целесообразно вместо разложения ее на простые дроби применить какой-либо другой метод, например, преобразование дроби \(f(x)\), использование подходящей подстановки или метода интегрирования по частям.

Пример 5.

Найти интегралы от функций

  1. $$
    \frac{x^{4}}{x^{10} + 2},\nonumber
    $$
  2. $$
    \frac{x^{2}}{(x-1)^{5}},\nonumber
    $$
  3. $$
    \frac{x^{2} + 1}{x^{4} + 1},\nonumber
    $$
  4. $$
    \frac{1}{x^{4} (1 + x^{2})}.\nonumber
    $$

Решение.

  1. $$
    \vartriangle\ \int \frac{x^{4}}{x^{10} + 2} dx = \frac{1}{5} \int \frac{d(x^{5})}{(x^{5})^{2} + 2} = \frac{1}{5\sqrt{2}} \arctan \frac{x^{5}}{\sqrt{2}} + C.\nonumber
    $$
  2. $$
    \int \frac{x^{2}}{(x-1)^{5}} dx = \int \frac{(x-1)^{2} + 2(x-1) + 1}{(x-1)^{5}} dx =\\= -\frac{1}{2(x-1)^{2}}-\frac{2}{3(x-1)^{3}}-\frac{1}{4(x-1)^{4}} + C.\nonumber
    $$
  3. $$
    \int \frac{x^{2} + 1}{x^{4} + 1} dx = \int \frac{\displaystyle 1 + \frac{1}{x^{2}}}{\displaystyle 1 + \frac{x^{2}}{x^{2}}} dx = \int \frac{\displaystyle d\left(x-\frac{1}{x}\right)}{\displaystyle \left(x-\frac{1}{x}\right)^{2} + 2} =\\= \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan \frac{x -\displaystyle \frac{1}{x}}{\sqrt{2}} + C = \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan \frac{x^{2}-1}{\sqrt{2}x} + C.\nonumber
    $$
  4. Так как \(\displaystyle \frac{1}{x^{4} (1 + x^{2})} = \frac{1-x^{4} + x^{4}}{(1 + x^{2})x^{4}} = \frac{1-x^{2}}{x^{4}} + \frac{1}{x^{2}}\), то
    $$
    \int \frac{1}{x^{4} (1 + x^{2})} dx =-\frac{1}{3x^{3}} + \frac{1}{x} + \arctan x + C.\ \blacktriangle\nonumber
    $$

Замечание 3.

В случае когда знаменатель \(Q(x)\) правильной рациональной дроби \(P(x)/Q(x)\) имеет кратные невещественные корни, удобно использовать следующую формулу Остроградского:
$$
\int \frac{P(x)}{Q(x)} dx = \frac{P_{2}(x)}{Q_{2}(x)} + \int \frac{P_{1}(x)}{Q_{1}(x)} dx.\label{ref8}
$$
где \(Q_{1}(x)\) — многочлен, имеющий те же корни, что и \(Q(x)\), но кратности 1, \(Q(x) = Q_{1}(x)Q_{2}(x)\), \(P_{1}(x)\) и \(P_{2}(x)\) — многочлены, причем \(P_{1}/Q_{1}\) и \(P_{2}/Q_{2}\) — правильные дроби. Второе слагаемое в правой части равенства \eqref{ref8} — интеграл, выражающийся через логарифм и арктангенс; это слагаемое называют трансцендентной частью интеграла от \(P(x)/Q(x)\). Метод Остроградского дает возможность найти рациональную часть интеграла (функцию \(P_{2}(x)/Q_{2}(x)\)) алгебраическим путем (без интегрирования). Для нахождения многочленов \(P_{1}\) и \(P_{2}\) их записывают с неопределенными коэффициентами и вычисляют эти коэффициенты из соотношения, получаемого при дифференцировании тождества \eqref{ref8}.


Интегрирование иррациональных функций.

Многие часто встречающиеся в приложениях интегралы от иррациональных функций удается преобразовать в интегралы от рациональных функций с помощью различных подстановок.

Здесь и в дальнейшем будем обозначать буквой \(R\) рациональную функцию. Например, запись \(R(u, v)\) будет означать, что рассматривается рациональная функция переменных \(u,\ v\), то есть функция, представимая в виде \(R(u, v) = \frac{P(u, v)}{Q(u, v)}\), где \(P\) и \(Q\) — многочлены относительно \(u\), а коэффициенты этих многочленов являются многочленами относительно \(v\). Так, \(\frac{u^{2}-3uv + 4v^{2}u^{3}-1}{u^{4}v + v-u^{2}v^{2}}\) — рациональная функция относительно \(u\) и \(v\), \(\frac{\sin^{3} x-3\tan x + 1}{\cos^{4} x-2\cot^{2} x}\) — рациональная функция относительно \(\sin x\) и \(\cos x\).

Рассмотрим некоторые типы интегралов от рациональных функций.

Первый вид функций.

Интегралы вида
$$
\int R \left(x, \left(\frac{ax + b}{cx + d}\right)^{r_{1}},\ \ldots, \left(\frac{ax + b}{cx + d}\right)^{r_{n}}\right) dx.\label{ref9}
$$
где \(r_{k} \in Q (k = \overline{1, n}),\ a,b,c,d \in R,\ ad-bc \neq 0\), подстановкой
$$
\frac{ax + b}{cx + d} = t^{p}\nonumber
$$
(\(p\) — общий знаменатель рациональных чисел \(r_{1},\ \ldots, r_{n}\)) приводятся к интегралу от рациональной функции (см. [2]).

Например, при вычислении интеграла \(\displaystyle \int \frac{1 + 3\sqrt{x} + x^{2}}{5-\sqrt [3] {x^{2}} + \sqrt [6] {x^{5}}} dx\) можно применить подстановку \(x = t^{6}\), так как подынтегральная функция является рациональной относительно переменных \(u = x,\ v = x^{1/2},\ \omega = x^{2/3}, r = x^{5/6}\), а общий знаменатель дробей \(\displaystyle \frac{1}{2},\ \frac{1}{3},\ \frac{1}{6}\) равен 6.

Чтобы вычислить интеграл \(\displaystyle \int \frac{dx}{\sqrt[3]{(3-x)^{4}(2 + x)^{5}}}\), целесообразно подынтегральную функцию \(f(x)\) записать в виде
$$
f(x) = \sqrt[3]{\frac{2 + x}{3-x}} \frac{1}{(2 + x)^{2}(3-x)}.\nonumber
$$

Так как \(f(x)\) — функция, рациональная относительно \(x\) и \(\displaystyle \left(\frac{2 + x}{3-x}\right)^{1/3}\), то с помощью подстановки \(\displaystyle \frac{2 + x}{3-x} = t\) данный интеграл сводится к интегралу от рациональной функции,

Второй вид функций.

Интеграл вида
$$
\int R (x, \sqrt{ax^{2} + bx + c}) dx,\quad a \neq 0,\quad b^{2}-4ac \neq 0.\label{ref10}
$$
можно свести (см., например, [2]) к интегралам от рациональных функций с помощью подстановок Эйлера:

  1. $$
    \sqrt{ax^{2} + bx + c} = \pm t \pm \sqrt{a}x,\quad a > 0,\label{ref11}
    $$
  2. $$
    \sqrt{ax^{2} + bx + c} = \pm xt \pm \sqrt{c},\quad c > 0,\label{ref12}
    $$
  3. $$
    \sqrt{ax^{2} + bx + c} = \pm t(x-x_{1}),\quad b^{2}-4ac > 0,\label{ref13}
    $$

где \(x_{1}\) — один из корней квадратного трехчлена \(ax^{2} + bx + c\). Например, при вычислении интеграла \(\displaystyle\int \frac{\sqrt{x^{2}-x + 1}-1}{x\sqrt{x^{2}-x + 1}} dx\) можно воспользоваться подстановкой \eqref{ref12}, то есть \(\sqrt{x^{2}-x + 1} = xt + 1\).

Замечание 4.

Следует иметь в виду, что подстановки \eqref{ref11}—\eqref{ref13} часто приводят к громоздким вычислениям. Поэтому для нахождения интегралов вида \eqref{ref10} обычно применяют другие способы, о которых пойдет речь ниже.

Заметим, что подынтегральную функцию в \eqref{ref10} можно представить в виде
$$
\frac{R_{1}(x)}{\sqrt{ax^{2} + bx + c}} + R_{2}(x),\nonumber
$$
где \(R_{1}\) и \(R_{2}\) — рациональные дроби. Записывая \(R_{1}(x)\) в виде суммы многочлена \(P_{n}(x)\) и суммы простых дробей, сведем интеграл \eqref{ref10} к линейной комбинации интегралов следующих трех типов:

  1. $$
    \int \frac{P_{n}(x)}{\sqrt{ax^{2} + bx + c}} dx;\label{ref14}
    $$
  2. $$
    \int \frac{dx}{(x-a)^{r}\sqrt{ax^{2} + bx + c}} dx,\ r \in \mathbb{N};\label{ref15}
    $$
  3. $$
    \int \frac{dx}{(x^{2} + px + q)^{k}\sqrt{ax^{2} + bx + c}} dx,\ k \in \mathbb{N},\ p^{2}-4q < 0;\label{ref16}
    $$

При нахождении интеграла \eqref{ref14}, где \(P_{n}(x)\) — многочлен степени \(n\), удобно использовать формулу
$$
\int \frac{P_{n}(x)}{\sqrt{ax^{2} + bx + c}} = Q(x)\sqrt{ax^{2} + bx + c} + \lambda \int \frac{dx}{\sqrt{ax^{2} + bx + c}}.\label{ref17}
$$
В этой формуле \(Q(x)\) — многочлен степени не выше \(n-1,\ \lambda\) — некоторое число. Дифференцируя тождество \eqref{ref17} и умножая затем обе части получаемого соотношения на \(2\sqrt{ax^{2} + bx + c}\), находим
$$
2P_{n}(x) = 2Q'(x)(ax^{2} + bx + c) + Q(x)(2ax + b) + 2 \lambda;\label{ref18}
$$

Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях \(x\) в тождестве \eqref{ref18}, вычислим коэффициенты многочлена \(Q(x)\) и число \(\lambda\). Заметим, что интеграл в правой части формулы \eqref{ref17} сводится к табличному с помощью линейной подстановки.

Пример 6.

Найти \(J =\displaystyle \int \frac{x^{2}\ dx}{\sqrt{x^{2} + x + 1}}\).

Решение.

\(\triangle\) Воспользуемся формулой \eqref{ref18}, где \(P_{n} = x^{2},\ Q(x) = Ax + B\). Получим тождество \(2x^{2} = 2A(x^{2} + x + 1) + (Ax + B)(2x + 1) + 2 \lambda\), откуда следует, что
$$
2 = 2A + 2A,\ 0 = 2A + A + 2B,\ 0 = 2A + B + 2 \lambda.\nonumber
$$
Поэтому
$$
A = \frac{1}{2},\ B =-\frac{3}{4},\ \lambda =-\frac{1}{8}.\nonumber
$$
Так как
$$
\int \frac{dx}{\sqrt{x^{2} + x + 1}} = \int\frac{\displaystyle d\left(x + \frac{1}{2}\right)}{\displaystyle\sqrt{\left(x + \frac{1}{2}\right)^{2} + \frac{3}{4}}} = \ln (x + \frac{1}{2} + \sqrt{x^{2} + x + 1}) + C,\nonumber
$$
то
$$
J = \left(\frac{1}{2}x-\frac{3}{4}\right)\sqrt{x^{2} + x + 1}-\frac{1}{8} \ln \left(x + \frac{1}{2} + \sqrt{x^{2} + x + 1}\right) + C.\ \blacktriangle\nonumber
$$

Рассмотрим интеграл \eqref{ref15}. Подстановкой
$$
t = \frac{1}{x-\alpha}\nonumber
$$
этот интеграл сводится к интегралу \eqref{ref14}.

Обратимся, наконец, к интегралу \eqref{ref16}. Если существует число \(\omega\) такое, что для всех \(x \in R\) выполняется равенство \(ax^{2} + bx + c = \omega(x^{2} + px + q)\), то есть \(b = ap,\ c = aq\), то интеграл \eqref{ref16} можно представить в виде линейной комбинации интегралов
$$
J_{1} = \int \frac{(2x + p) dx}{(x^{2} + px + q)^{k + 1/2}},\qquad J_{2} = \int \frac{dx}{(x^{2} + px + q)^{k + 1/2}}.\nonumber
$$

Интеграл \(J_{1}\) сводится к табличному, а интеграл \(J_{2}\) подстановкой Абеля
$$
u = (\sqrt{x^{2} + px + q})’ = \frac{2x + p}{2\sqrt{x^{2} + px + q}}\label{ref19}
$$
сводится к интегралу от многочлена.

Если \(b \neq ap\), то используется подстановка
$$
x = \frac{\alpha t + \beta}{t + 1},\label{ref20}
$$
где числа \(\alpha\) и \(\beta\) подбираются такими, чтобы коэффициенты при \(t\) в квадратных трехчленах подынтегральной функции обратились в нуль. При этом интеграл \eqref{ref16} примет вид
$$
\int \frac{P(t)dt}{(t^{2} + \lambda)^{k}\sqrt{\mu t^{2} + v}},\label{ref21}
$$
где \(P(t)\) — многочлен степени \(2k-1,\ \lambda > 0\).

Заметим, что если \(b = ap\), но \(c \neq aq\) (случай \(b = ap\), \(c = aq\) рассмотрен выше), то вместо подстановки \eqref{ref20} можно применить подстановку \(x =\displaystyle t-\frac{p}{2}\).

Чтобы вычислить интеграл \eqref{ref21}, разложим правильную рациональную дробь на простые дроби и представим интеграл \eqref{ref21} в виде линейной комбинации интегралов вида
$$
J’ = \int \dfrac{t\ dt}{(t^{2} + \lambda)^{m}\sqrt{\mu t^{2} + v}},\quad J″ = \int \dfrac{dt}{(t^{2} + \lambda)^{m}\sqrt{\mu t^{2} + v}}
$$
где \(m \in N\).

Интеграл \(J’\) вычисляется с помощью подстановки \(u^{2} = \mu t^{2} + v\), а интеграл \(J″\) — с помощью подстановки Абеля \(v =\displaystyle \frac{\mu t}{\sqrt{\mu t^{2} + v}}\).

Третий вид функций.

Интеграл вида
$$
\int x^{m}(ax^{n} + b)^{p}dx,\label{ref22}
$$
где \(a,\ b\) — действительные, \(m,\ n,\ p\) — рациональные числа, причем \(a \neq 0,\ b \neq 0,\ n \neq 0,\ p \neq 0,\), называют интегралом от дифференциального бинома. Интеграл \eqref{ref22} сводится к интегралу от рациональной функции в следующих трех случаях:
$$
1)\ \ p \in Z;\quad 2)\ \ \frac{m + 1}{n} \in Z;\quad 3)\ \ \frac{m + 1}{n} + p \in Z.\nonumber
$$

В первом случае применяется подстановка \(x = t^{q}\), где \(q\) — общий знаменатель дробей \(m\) и \(n\), во втором и третьем случаях — соответственно подстановки
$$
ax^{n} + b = t^{s},\quad a + bx^{-n} = t^{s},\nonumber
$$
где \(s\) — знаменатель дроби \(p\).

Отметим, что эти случаи были известны еще Ньютону, но лишь в середине XIX века выдающийся русский математик Пафнутий Львович Чебышев доказал, что интеграл вида \eqref{ref22} в других случаях не выражается через элементарные функции.

Пример 7.

Найти \(\displaystyle \int \frac{dx}{\sqrt[4]{1 + x^{4}}}\).

Решение.

\(\vartriangle\) Это интеграл вида \eqref{ref22}, где \(m = 0\), \(n = 4\), \(p =\displaystyle-\frac{1}{4}\) и    \(\displaystyle \frac{m + 1}{n} + p = 0\). Полагая \(t = (1 + x^{-4})^{1/4}\), получаем \(t^{4} = 1 + x^{-4}\), откуда \(4t^{3}dt = -4x^{-5}dx,\ \displaystyle x^{4} = \frac{1}{t^{4}-1}\). Следовательно,
$$
\int \frac{dx}{\sqrt[4]{1 + x^{4}}} = \int \frac{x^{4}dx}{x^{5}\sqrt[4]{1 + x^{-4}}} = \int \frac{1}{t(t^{4}-1)}(-t^{3})dt =\\= \int \frac{t^{2}\ dt}{1-t^{4}} =-\frac{1}{2} \int  \left(\frac{1}{t^{2}-1} + \frac{1}{t^{2} + 1}\right)dt = \frac{1}{4} \ln \left|\frac{t + 1}{t-1}\right|-\frac{1}{2} \arctan t + C =\\= \frac{1}{4} \ln \frac{\sqrt[4]{1 + x^{4}} + x}{\sqrt[4]{1 + x^{4}}-x}-\frac{1}{2} \arctan \frac{\sqrt[4]{1 + x^{4}}}{x} + C.\ \blacktriangle\nonumber
$$


Интегрирование тригонометрических и гиперболических функций.

Тригонометрические функции.

Интеграл вида
$$
\int R (\sin x,\ \cos x)dx,\label{ref23}
$$
где \(R(u, v)\) — рациональная функция от и и можно свести к интегралу от рациональной дроби с помощью подстановки
$$
t = \tan \frac{x}{2},\quad x \in (-\pi, \pi),\label{ref24}
$$
так как
$$
\sin x = \frac{2t}{1 + t^{2}},\quad \cos x=\frac{1-t^{2}}{1 + t^{2}},\quad x = 2 \arctan t,\quad dx = \frac{2\ dt}{1 + t^{2}}.\nonumber
$$

Пример 8.

Найти интегралы \(\displaystyle \int \frac{dx}{\sin x}\) и \(\displaystyle \int \frac{dx}{\cos x}\).

Решение.

  1. \(\triangle\) Применяя подстановку \eqref{ref24}, получаем
    $$
    \int \frac{dx}{\sin x} = \int \frac{dt}{t} = \ln \left|\tan \frac{x}{2}\right| + C,\label{ref25}
    $$
  2. Используя формулу \eqref{ref25}, находим dx
    $$
    \int \frac{dx}{\cos x} = \int \frac{\displaystyle d\left(x + \frac{\pi}{2}\right)}{\displaystyle \sin \left(x + \frac{\pi}{2}\right)} = \ln \left|\tan \left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{4}\right)\right| + C.\ \blacktriangle\nonumber
    $$

Приведем другой способ вычисления интеграла \eqref{ref25}:
$$
\int \frac{dx}{\sin x} = \int \frac{\sin x\ dx}{\sin^{2} x} = \int \frac{d (\cos x)}{\cos^{2} x-1} = \frac{1}{2} \ln \frac{1-\cos x}{1 + \cos x} + C.\nonumber
$$

Замечание 5.

Подстановка \eqref{ref24}, которую называют универсальной, часто приводит к громоздким вычислениям интеграла \eqref{ref23}. Поэтому ее используют лишь в тех случаях, когда не видно других путей к вычислению интеграла \eqref{ref23}.

Если подынтегральная функция \(R\) удовлетворяет одному из условий:

  1. \(R(-\sin x,\cos x) = -R (\sin x,\cos x)\),
  2. \(R(\sin x,-\cos x) = -R (\sin x,\cos x)\),
  3. \(R(-\sin x,-\cos x) = R (\sin x,\cos x)\),

то для нахождения интеграла \eqref{ref23} можно использовать соответственно подстановки \(t = \cos x, x \in (0;\pi)\); \(t = \sin x, x \in \left(-\dfrac{\pi}{2};\dfrac{\pi}{2}\right)\); \(t = \tan x, x \in \left(-\dfrac{\pi}{2}; \ \dfrac{\pi}{2}\right)\), или \(t = \cos 2x\).

В приложениях часто встречаются интегралы вида
$$
\int \sin^{m} x\cos^{n} xdx, m\in \mathbb{Z}, n\in \mathbb{Z}.\label{ref26}
$$

При вычислении интеграла вида \eqref{ref26} можно руководствоваться следующими правилами:

  1. если \(m+n\)-четное число, то применяется либо подстановка \(t=\tan x\), либо подстановка \(t=\cos 2x\);
  2. если \(m+n\)-нечетное число, то используют подстановку \(t=\sin x\) или \(t=\cos x\).

Пример 9.

Найти интеграл вида \eqref{ref26} в следующих случаях:

  1. \(m=0, n=-6\);
  2. \(m=3, n=4\);
  3. \(m=2, n=4\);
  4. \(m=-1, n=-3\).

Решение.

  1. \(\triangle\) Воспользуемся подстановкой \(t=\tan x\). Так как \(\dfrac{dx}{\cos^{2}x}=dt\), \(\dfrac{1}{\cos^{2}x}=1+\tan^{2}x=1+t^{2}\), то \(\displaystyle\int\dfrac{dx}{\cos^{6}x}=\int(1+t^{2})^{2}dt=t+\dfrac{2}{3}t^{3}+\dfrac{t^{5}}{5}+C=\tan x\left(1+\dfrac{2}{3}\tan^{2}x+\dfrac{1}{5}\tan^{4}x\right)+C\).
  2. \(\displaystyle\int \sin^{3}x\cos^{4}xdx=\int (\cos^{2}x-1)\cos^{4}xd(\cos x)=\dfrac{cos^{7}x}{7}-\dfrac{cos^{5}x}{5}+C\).
  3. Воспользовавшись формулами \(\sin x\cos x=\dfrac{1}{2}\sin 2x\), \(\cos^{2}x=\dfrac{1}{2}(1+\cos 2x)\), получаем
    $$
    \int\sin^{2}x\cos^{4}xdx=\dfrac{1}{8}\int\sin^{2}2x(1+\cos2x)dx=\\=\dfrac{1}{16}\int(1-\cos4x)dx+\dfrac{1}{16}\int\sin^{2}2xd(\sin2x)=\\=\dfrac{1}{16}x-\dfrac{1}{64}\sin4x+\dfrac{1}{48}\sin^{3}2x+C.\nonumber
    $$
  4. Используя тождество \(\sin ^{2}x+\cos^{2}x=1\), находим
    $$
    \int\dfrac{dx}{\sin x\cos^{3}x}=\int\dfrac{\sin x}{\cos^{3}}dx+\int\dfrac{dx}{\sin x\cos x}=\\= -\int\dfrac{d(\cos x)}{\cos^{3}x}+\int\dfrac{d(\tan  x)}{\tan x}=\dfrac{1}{2\cos^{2}x}+\ln |\tan x|+C.\ \blacktriangle\nonumber
    $$

Пример 10.

Найти интегралы от функций:

  1. \(\sin x\sin 3x\);
  2. \((\sin^{2}x+2\sin x\cos x+5\cos^{2}x)^{-1}\).

Решение.

  1. \(\triangle\) Так как \(\sin\alpha\sin\beta=\dfrac{1}{2}(\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta))\),то
    $$
    \int\sin x\sin 3xdx=\dfrac{1}{2}\int(\cos 2x-\cos 4x)dx=\dfrac{\sin 2x}{4}-\dfrac{\sin 4x}{8}+C.\nonumber
    $$
  2. Разделив числитель и знаменатель на \(\cos^{2}x\) и полагая \(\tan x=t\), получаем
    $$
    \int\dfrac{dx}{\sin^{2}x+2\sin x\cos x+5\cos^{2}x}=\int\dfrac{dx/\cos^{2}x}{\tan^{2}x+2\tan x+5}=\\=\int\dfrac{dt}{(t+1)^{2}+4}=\dfrac{1}{2}\arctan\left(\dfrac{1+\tan x}{2}\right)+C.\ \blacktriangle\nonumber
    $$

Гиперболические функции.

Интеграл вида
$$
\int R(\operatorname{sh} x,\operatorname{ch} x)dx,\label{ref27}
$$

где \(R(u,v)\)-рациональная функция от \(u\) и \(v\), сводится к интегралу от рациональной дроби с помощью подстановки
$$
t=\operatorname{th} \dfrac{x}{2},\nonumber
$$
так как \(\operatorname{sh} x=\dfrac{2t}{1-t^{2}},\ \operatorname{ch} x=\dfrac{1+t^{2}}{1-t^{2}},\ dx=\dfrac{2dt}{1-t^{2}}\).

Иногда более эффективными при вычислении интеграла \eqref{ref27} могут оказаться подстановки \(t=\operatorname{sh} x\), \(t=\operatorname{ch} x\), \(t=\operatorname{th} x\), \(t=\operatorname{ch} 2x\) или метод интегрирования по частям.

Пример 11.

Найти \(J=\displaystyle\int\operatorname{ch}^{5}x\operatorname{sh}^{4}xdx\).

Решение.

\(\triangle\) Так как \(\operatorname{ch}^{2}x=1+\operatorname{sh}^{2}x\), \(\operatorname{ch} x dx=d(\operatorname{sh} x)\), то, полагая \(\operatorname{sh} x=t\), получаем
$$
J=\displaystyle\int(1+t^{2})^{2}t^{4}dt=\dfrac{t^{5}}{5}+\dfrac{2t^{7}}{7}+\dfrac{t^{9}}{9}+C=\\=\operatorname{sh}^{5}x\left(\dfrac{1}{5}+\dfrac{2}{7}\operatorname{sh}^{2}x+\dfrac{1}{9}\operatorname{sh}^{4}x\right)+C.\ \blacktriangle\nonumber
$$

В заключение отметим, что интегралы от трансцендентных функций часто не выражаются через элементарные функции. К таким интегралам относятся, например, следующие встречающиеся в приложениях интегралы:

  1. \(\displaystyle\int e^{-x^{2}}dx\) — интеграл Пуассона;
  2. \(\displaystyle\int \sin x^{2}dx\) и \(\displaystyle\int \cos x^{2}dx\) — интегралы Френеля;
  3. \(\displaystyle\int \dfrac{dx}{\ln x}\) — интегральный логарифм;
  4. \(\displaystyle\int \dfrac{\sin x}{x}dx\) — интегральный синус;
  5. \(\displaystyle\int \dfrac{\cos x}{x}dx\) — интегральный косинус.
Оставить комментарий