Курсовая, контрольная работа. Примеры выполнения

Векторная алгебра
Пределы
Практикум

Неопределённый, несобственные и определенный интеграл Функции Примеры решения задач

Интегралы от функций, рациональным образом зависящих от $ x$ и $ \sqrt{ax^2+bx+c}$ Пусть функция $ R(u,v)$ рациональным образом зависит от своих аргументов $ u$ и $ v$ . Рассмотрим интеграл

 

$\displaystyle \int R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})dx,$

где квадратный трёхчлен $ ax^2+bx+c$ содержит по крайней мере два ненулевых слагаемых, и $ a\ne0$ ($ a,b,c$  -- некоторые постоянные). Будем считать, что он не равен полному квадрату некоторого линейного выражения, то есть

$\displaystyle ax^2+bx+c\ne z^2,$

где $ z=kx+d$ ($ k$ и $ d$  -- некоторые постоянные), так как иначе квадратный корень извлекается: $ \sqrt{ax^2+bx+c}=\vert z\vert$ , и интеграл сводится к интегралу от рациональной функции переменного $ x$ (при $ z\geqslant 0$ и при $ z\leqslant 0$ получаются разные интегралы!). При этом предположении мы можем выделить в этом квадратном трёхчлене полный квадрат и привести его к одному из трёх возможных видов:
1) $ ax^2+bx+c=m^2-z^2$ ;
2) $ ax^2+bx+c=m^2+z^2$ ;
3) $ ax^2+bx+c=z^2-m^2$ ,
где $ m>0$  -- некоторая постоянная, а $ z=kx+d$  -- линейное выражение. (Четвёртый логически возможный случай, $ ax^2+bx+c=-m^2-z^2$ , означает, что под корнем находится отрицательное выражение, и поэтому рассматриваться не будет.)

Подберём такие тригонометрические замены, чтобы корень извлекался. В первом случае, когда подкоренное выражение равно $ m^2-z^2$ , годится замена $ z=m\sin t$ , где $ t$  -- некоторая новая переменная. Тогда

$\displaystyle \sqrt{m^2-z^2}=\sqrt{m^2(1-\sin^2t)}=m\vert\cos t\vert.$

Достаточно считать, что $ t\in[-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}]$ , так как при этом переменная $ z$ принимает все возможные для неё значения $ z\in[-m;m]$ . Тогда $ \cos t\geqslant 0$ и $ \vert\cos t\vert=\cos t$ . Получаем, что

$\displaystyle x=\frac{1}{k}(z-d)=\frac{1}{k}(m\sin t-d)$

и

$\displaystyle dx=\frac{m}{k}\cos t\,dt.$

Переходя к новой переменной в интеграле, получим:

$\displaystyle \int R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})dx= \int R\Bigl(\frac{1}{k}(m\sin t-d),m\cos t\Bigr)\frac{m}{k}\cos t\,dt= \int R_1(\sin t,\cos t),$

где $ R_1(\sin t,\cos t)$  -- некоторая функция, рациональным образом зависящая от синуса и косинуса. Тем самым вычисление интеграла свелось к уже изученному выше случаю.

Во втором случае, когда подкоренное выражение равно $ m^2+z^2$ , сделаем замену $ {z=m\mathop{\rm tg}\nolimits x}$ . Тогда

$\displaystyle \sqrt{m^2+z^2}=\sqrt{m^2(1+\mathop{\rm tg}\nolimits ^2t)}=\frac{m}{\vert\cos t\vert}.$

Достаточно считать, что $ t\in(-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2})$ , так как при этом переменная $ z$ принимает все возможные значения $ z\in(-\infty;+\infty)$ . Тогда $ \cos t>0$ и $ \vert\cos t\vert=\cos t$ . Интеграл приводится к виду

$\displaystyle \int R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})dx= \left\vert\begin{array}{l} x=\fra… …op{\rm tg}\nolimits t-d)\\ dx=\frac{m\,dt}{k\cos^2t} \end{array}\right\vert=$   
$\displaystyle =\int R\Bigl(\frac{1}{k}(m\mathop{\rm tg}\nolimits t-d),\frac{m}{\cos t}\Bigr)\frac{m}{k\cos^2t}\,dt= \int R_1(\sin t,\cos t)\,dt,$   

где $ R_1(\sin t,\cos t)$  -- некоторая функция, рациональным образом зависящая от синуса и косинуса. Снова вычисление интеграла свелось к изученному случаю.

Наконец, в третьем случае, когда подкоренное выражение равно $ z^2-m^2$ , сделаем замену $ z=\frac{\textstyle{m}}{\textstyle{\cos x}}$ . Тогда

$\displaystyle \sqrt{z^2-m^2}=\sqrt{m^2\Bigl(\frac{1}{\cos^2t}-1\Bigr)}=\sqrt{m^2\mathop{\rm tg}\nolimits ^2t}=m\vert\mathop{\rm tg}\nolimits t\vert.$

Достаточно считать, что $ t\in[0;\frac{\pi}{2})\cup(\frac{\pi}{2};\pi]$ , так как тогда $ z=\frac{\textstyle{m}}{\textstyle{\cos t}}$ принимает все допустимые значения $ z\in(-\infty;-m]\cup[m;+\infty)$ . Интеграл приводится к виду

$\displaystyle \int R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})dx= \left\vert\begin{array}{l} x=\fra… … tg}\nolimits t-d)\\ dx=\frac{m\sin t\,dt}{k\cos^2t} \end{array}\right\vert=$   
$\displaystyle =\int R\Bigl(\frac{1}{k}(\frac{m}{\cos t}-d),m\vert\mathop{\rm tg}\nolimits t\vert\Bigr)\frac{m\sin t}{k\cos^2t}\,dt= \int R_1(\sin t,\cos t)\,dt,$   

где $ R_1(\sin t,\cos t)$  -- некоторая функция, рациональным образом зависящая от синуса и косинуса6. И опять вычисление интеграла свелось к изученному случаю.

        Пример 2.18   Вычислим интеграл

$\displaystyle \int\frac{dx}{x\sqrt{4-x^2}}.$

Подкоренное выражение имеет вид $ m^2-z^2$ , где $ z=x$ и $ m=2$ . Значит, подойдёт замена $ x=2\sin t$ , откуда $ dx=2\cos t\,dt$ и $ \sqrt{4-x^2}=2\cos t$ . Получаем:

$\displaystyle \int\frac{dx}{x\sqrt{4-x^2}}= \int\frac{2\cos t\,dt}{2\sin t\cdot2\cos t}= \frac{1}{2}\int\frac{dt}{\sin t}=$   
$\displaystyle =\frac{1}{2}\ln\Bigl\vert\mathop{\rm tg}\nolimits \frac{t}{2}\Big… …\ln\Bigl\vert\mathop{\rm tg}\nolimits \frac{\arcsin\frac{x}{2}}{2}\Bigr\vert+C.$   

    

Во многих случаях предложенные замены -- не единственно возможные и даже, быть может, не самые удачные. Найденный только что интеграл можно было бы вычислить, например, с помощью иной замены, $ z=\frac{1}{x}$ ; эта замена годится для вычисления всех интегралов вида $ \int\frac{\textstyle{dx}}{\textstyle{x\sqrt{ax^2+bx+c}}}$ . Предварительно преобразуем интеграл следующим образом:

$\displaystyle \int\frac{dx}{x\sqrt{4-x^2}}= \int\frac{dx}{x\sqrt{x^2(\frac{4}{x^2}-1)}}= \int\frac{dx}{x\vert x\vert\sqrt{\frac{4}{x^2}-1}}.$

Заметим, что поскольку $ 4-x^2>0$ и $ x\ne0$ , имеем $ x\in(-2;0)\cup(0;2)$ . Рассматривая случай $ x\in(0;2)$ , когда $ \vert x\vert=x$ , получаем интеграл

$\displaystyle \int\frac{dx}{x^2\sqrt{\frac{4}{x^2}-1}}= \left\vert\begin{array… …{\sqrt{4z^2-1}}=-\frac{1}{2}\ln\Bigl\vert z+\sqrt{z^2-\frac{1}{4}}\Bigr\vert+C=$   
$\displaystyle =-\frac{1}{2}\ln\Bigl\vert\frac{1}{x}+\sqrt{\frac{1}{x^2}-\frac{1}{4}}\Bigr\vert+C,$   

а в случае $ x\in(-2;0)$ , когда $ \vert x\vert=-x$ , получаем интеграл

$\displaystyle -\int\frac{dx}{x^2\sqrt{\frac{4}{x^2}-1}}= \frac{1}{2}\ln\Bigl\vert\frac{1}{x}+\sqrt{\frac{1}{x^2}-\frac{1}{4}}\Bigr\vert+C.$   

В итоге получаем

$\displaystyle \int\frac{dx}{x\sqrt{4-x^2}}= -\frac{\mathop{\rm sign}\nolimits x}{2}\ln\Bigl\vert\frac{1}{x}+\sqrt{\frac{1}{x^2}-\frac{1}{4}}\Bigr\vert+C. $

Заметим, что в примере полученный ответ имел (формально) другой вид. Однако напомним, что найденные разными способами первообразные могут различаться на постоянное слагаемое на каждом из интервалов области определения; кроме того, не следует забывать про возможность тождественных преобразований, особенно когда речь идёт о тригонометрических выражениях.

        Пример 2.19   Найдём интеграл

$\displaystyle \int\frac{dx}{1+\sqrt{x^2+2x+2}}.$

Выделим полный квадрат в подкоренном выражении:

$\displaystyle x^2+2x+2=(x^2+2x+1)+1=(x+1)^2+1.$

Далее сделаем в интеграле замену $ z=x+1=tg t$ :

$\displaystyle \int\frac{dx}{1+\sqrt{x^2+2x+2}}= \left\vert\begin{array}{l} x+… …\sqrt{\mathop{\rm tg}\nolimits ^2t+1}=\frac{1}{\cos t} \end{array}\right\vert=$   
$\displaystyle =\int\frac{dt}{\cos^2t\Bigl(1+\frac{1}{\cos t}\Bigr)}= \int\frac{dt}{\cos^2t+\cos t}.$   

Теперь сделаем универсальную замену $ u=\mathop{\rm tg}\nolimits \frac{t}{2}$ :

$\displaystyle \int\frac{dt}{\cos^2t+\cos t}= \left\vert\begin{array}{l} u=\ma… … dt=\frac{2du}{1+u^2}\\ \cos t=\frac{1-u^2}{1+u^2} \end{array}\right\vert=$   
$\displaystyle =\int\frac{\frac{2du}{1+u^2}}{\bigl(\frac{1-u^2}{1+u^2}\bigr)^2+\… …^2}}= 2\int\frac{1+u^2}{(1-u^2)^2+(1-u^2)(1+u^2)}du=\int\frac{1+u^2}{1-u^2}du=$   
$\displaystyle =-\int\Bigl(1+\frac{2}{u^2-1}\Bigr)du= -u-\ln\Bigl\vert\frac{u-1… …g}\nolimits \frac{t}{2}-1}{\mathop{\rm tg}\nolimits \frac{t}{2}+1}\Bigr\vert+C=$   
$\displaystyle =-\mathop{\rm tg}\nolimits \frac{\mathop{\rm arctg}\nolimits (x+1… …op{\rm tg}\nolimits \frac{\mathop{\rm arctg}\nolimits (x+1)}{2}+1}\Bigr\vert+C.$   

    

        Упражнение 2.2   Упростите полученный ответ, выразив $ \mathop{\rm tg}\nolimits \frac{t}{2}$ через $ \mathop{\rm tg}\nolimits t$ с помощью формулы

$\displaystyle \mathop{\rm tg}\nolimits t=\frac{\textstyle{2\mathop{\rm tg}\nolimits \frac{t}{2}}}{\textstyle{1-\mathop{\rm tg}\nolimits ^2\frac{t}{2}}}.$

Учтите при этом, что $ \mathop{\rm tg}\nolimits (\mathop{\rm arctg}\nolimits (x+1))=x+1$ .     

        Пример 2.20   Вычислим интеграл

$\displaystyle \int\frac{dx}{x\sqrt{x^2+2x-1}}.$

Выделим полный квадрат в подкоренном выражении:

$\displaystyle x^2+2x-1=(x^2+2x+1)-2=(x+1)^2-2,$

и сделаем замену $ z=x+1=\frac{\sqrt{2}}{\cos t}$ :

$\displaystyle \int\frac{dx}{x\sqrt{x^2+2x-1}}= \left\vert\begin{array}{l} x+1… …l(\frac{\sqrt{2}}{\cos t}-1\Bigr)\sqrt{2}\vert\mathop{\rm tg}\nolimits t\vert}=$   
$\displaystyle =\int\mathop{\rm sign}\nolimits (\mathop{\rm tg}\nolimits t)\frac{dt}{\sqrt{2}-\cos t}.$   

Рассмотрим два случая: $ \mathop{\rm tg}\nolimits t>0$ и $ \mathop{\rm tg}\nolimits t<0$ . Если $ \mathop{\rm tg}\nolimits t>0$ , то есть если $ t\in(0;\frac{\pi}{2})$ или $ x>\sqrt{2}-1$ , то интеграл равен

$\displaystyle \int\frac{dt}{\sqrt{2}-\cos t}.$

Если же $ \mathop{\rm tg}\nolimits t<0$ , то есть при $ x<-\sqrt{2}-1$ , интеграл равен

$\displaystyle -\int\frac{dt}{\sqrt{2}-\cos t}.$

Интегралы вычисляются с помощью универсальной замены $ u=\mathop{\rm tg}\nolimits \frac{t}{2}$ :

$\displaystyle \int\frac{dt}{\sqrt{2}-\cos t}= \left\vert\begin{array}{l} u=\m… … dt=\frac{2du}{1+u^2}\\ \cos t=\frac{1-u^2}{1+u^2} \end{array}\right\vert=$   
$\displaystyle \int\frac{\frac{2du}{1+u^2}}{\sqrt{2}-\frac{1-u^2}{1+u^2}}= 2\in… …2}+1)u^2+(\sqrt{2}-1)}= \frac{2}{\sqrt{2}+1}\int\frac{du}{u^2+(\sqrt{2}-1)^2}=$   
$\displaystyle =2\mathop{\rm arctg}\nolimits \frac{u}{\sqrt{2}-1}+C =2\mathop{\… …c{\mathop{\rm tg}\nolimits \frac{\arccos\frac{\sqrt{2}}{x+1}}{2}}{\sqrt{2}-1}+C$   

(если $ x>\sqrt{2}-1$ ); в качестве упражнения выпишите, что получается при $ x<-\sqrt{2}-1$ ).     

        Замечание 2.6   Рассмотренный интеграл имеет вид $ \int\frac{\textstyle{dx}}{\textstyle{x\sqrt{ax^2+bx+c}}}$ . Как мы уже отмечали выше, для вычисления таких интегралов можно использовать замену $ z=\frac{1}{x}$ . Действительно, при $ x>0$ преобразуем интеграл так:

$\displaystyle \int\frac{dx}{x\sqrt{x^2+2x-1}}= \int\frac{dx}{x^2\sqrt{1+2\cdot\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}},$

а при $ x<0$  -- так:

$\displaystyle \int\frac{dx}{x\sqrt{x^2+2x-1}}= -\int\frac{dx}{x^2\sqrt{1+2\cdot\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}}.$

Далее указанная замена приводит к следующим вычислениям:

$\displaystyle \int\frac{dx}{x^2\sqrt{1+2\cdot\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}}= \lef… …ight\vert= -\int\frac{dz}{\sqrt{1+2z-z^2}}= -\int\frac{dz}{\sqrt{2-(z-1)^2}}=$   
$\displaystyle =-\arcsin\frac{z-1}{\sqrt{2}}+C= -\arcsin\frac{1-x}{x\sqrt{2}}+C.$   

При $ x<0$ получаем в ответе

 

$\displaystyle \arcsin\frac{1-x}{x\sqrt{2}}+C.$

По-видимому, показать, что ответы, полученные разными способами, отличаются на постоянное слагаемое на каждом интегрвале области определения, будет в этом случае весьма непростой задачей, если не знать, откуда эти функции взялись.     

7271f726
На главную