Раздел III. Неопределённый интеграл — § 1. Простейшие неопределённые интегралы

Демидович — задача 1779

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Применяя тригонометрические подстановки x=asin⁡tx=a\sin t, x=atg⁡tx=a\tg t, x=asin⁡2tx=a\sin^2t и т. п., найти следующие интегралы (параметры положительны):

Задача 1779

∫x2 dxx2−2\displaystyle\int\frac{x^2\,dx}{\sqrt{x^2-2}}.
Ответ:x2x2−2+ln⁡∣x+x2−2∣+C,∣x∣>2\dfrac{x}{2}\sqrt{x^2-2}
+\ln\left|x+\sqrt{x^2-2}\right|+C,
\qquad
|x|>\sqrt2На каждом промежутке области определения постоянная CC выбирается независимо.

Решение

Подынтегральная функция определена при ∣x∣>2|x|>\sqrt2. Согласно условию используем тригонометрическую подстановку. Сначала рассмотрим промежуток x>2x>\sqrt2 и положимx=2cos⁡t,0<t<π2x=\dfrac{\sqrt2}{\cos t},
\qquad
0<t<\dfrac{\pi}{2}На выбранном промежутке sin⁡t>0\sin t>0 и cos⁡t>0\cos t>0, поэтомуdx=2sin⁡tcos⁡2t dt,x2−2=2tg⁡tdx=\dfrac{\sqrt2\sin t}{\cos^2t}\,dt,
\qquad
\sqrt{x^2-2}=\sqrt2\tg tСледовательно,I=∫x2 dxx2−2=2∫dtcos⁡3tI=\int\dfrac{x^2\,dx}{\sqrt{x^2-2}}
=2\int\dfrac{dt}{\cos^3t}Чтобы вычислить интеграл с cos⁡3t\cos^3t в знаменателе, введём сумму 1cos⁡t+tg⁡t\dfrac{1}{\cos t}+\tg t. Оба её слагаемых удастся выразить через новую переменную. Положимy=1cos⁡t+tg⁡t,y>0y=\dfrac{1}{\cos t}+\tg t,
\qquad
y>0Тогдаdy=(sin⁡tcos⁡2t+1cos⁡2t)dt=ycos⁡t dtdy=\left(\dfrac{\sin t}{\cos^2t}
+\dfrac{1}{\cos^2t}\right)dt
=\dfrac{y}{\cos t}\,dtИз тождества(1cos⁡t+tg⁡t)(1cos⁡t−tg⁡t)=1\left(\dfrac{1}{\cos t}+\tg t\right)
\left(\dfrac{1}{\cos t}-\tg t\right)=1получаем1cos⁡t=12(y+1y),tg⁡t=12(y−1y)\dfrac{1}{\cos t}=\dfrac{1}{2}\left(y+\dfrac{1}{y}\right),
\qquad
\tg t=\dfrac{1}{2}\left(y-\dfrac{1}{y}\right)Из найденного дифференциала следует dt=cos⁡ty dydt=\dfrac{\cos t}{y}\,dy. Теперь всё под интегралом выражается через yy:I=2∫dyycos⁡2t==12∫(y+2y+1y3)dy==y24+ln⁡y−14y2+C==tg⁡tcos⁡t+ln⁡(1cos⁡t+tg⁡t)+C\begin{aligned}
I
&=2\int\dfrac{dy}{y\cos^2t}=\\
&=\dfrac{1}{2}\int\left(y+\dfrac{2}{y}
+\dfrac{1}{y^3}\right)dy=\\
&=\dfrac{y^2}{4}+\ln y-\dfrac{1}{4y^2}+C=\\
&=\dfrac{\tg t}{\cos t}
+\ln\left(\dfrac{1}{\cos t}+\tg t\right)+C
\end{aligned}При x>2x>\sqrt2 по исходной замене имеем1cos⁡t=x2,tg⁡t=x2−22\dfrac{1}{\cos t}=\dfrac{x}{\sqrt2},
\qquad
\tg t=\dfrac{\sqrt{x^2-2}}{\sqrt2}Возвращаясь к xx и включая постоянное слагаемое −ln⁡2-\ln\sqrt2 в CC, получаемI=x2x2−2+ln⁡(x+x2−2)+CI=\dfrac{x}{2}\sqrt{x^2-2}
+\ln\left(x+\sqrt{x^2-2}\right)+CНа промежутке x<−2x<-\sqrt2 положимx=−2cos⁡t,0<t<π2x=-\dfrac{\sqrt2}{\cos t},
\qquad
0<t<\dfrac{\pi}{2}Тогда dx=−2sin⁡tcos⁡2t dtdx=-\dfrac{\sqrt2\sin t}{\cos^2t}\,dt и x2−2=2tg⁡t\sqrt{x^2-2}=\sqrt2\tg t, поэтому полученный выше вспомогательный интеграл даётI=−tg⁡tcos⁡t−ln⁡(1cos⁡t+tg⁡t)+CI=-\dfrac{\tg t}{\cos t}
-\ln\left(\dfrac{1}{\cos t}+\tg t\right)+CПервое слагаемое равно x2x2−2\dfrac{x}{2}\sqrt{x^2-2}. Для логарифма используем тождество(−x+x2−2)(−x−x2−2)=2\bigl(-x+\sqrt{x^2-2}\bigr)
\bigl(-x-\sqrt{x^2-2}\bigr)=2Так как при x<−2x<-\sqrt2 выполняется ∣x+x2−2∣=−x−x2−2|x+\sqrt{x^2-2}|=-x-\sqrt{x^2-2}, получаем−ln⁡−x+x2−22=ln⁡−x−x2−22==ln⁡∣x+x2−2∣−ln⁡2\begin{aligned}
-\ln\dfrac{-x+\sqrt{x^2-2}}{\sqrt2}
&=\ln\dfrac{-x-\sqrt{x^2-2}}{\sqrt2}=\\
&=\ln\left|x+\sqrt{x^2-2}\right|-\ln\sqrt2
\end{aligned}Постоянное слагаемое снова включаем в CC. Таким образом, на обоих промежутках области определения∫x2 dxx2−2=x2x2−2+ln⁡∣x+x2−2∣+C\int\dfrac{x^2\,dx}{\sqrt{x^2-2}}
=\dfrac{x}{2}\sqrt{x^2-2}
+\ln\left|x+\sqrt{x^2-2}\right|+CНа промежутках (−∞,−2)(-\infty,-\sqrt2) и (2,+∞)(\sqrt2,+\infty) постоянная CC выбирается независимо.
Демидович № 1779 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика