Раздел III. Неопределённый интеграл — § 3. Интегрирование иррациональных функций

Демидович — задача 1931

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

С помощью приведения подынтегральных функций к рациональным функциям найти следующие интегралы:

Задача 1931

∫x+1−x−1x+1+x−1 dx\displaystyle\int\frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}}\,dx.
Ответ:12(x2−xx2−1+ln⁡(x+x2−1))+C,x>1\dfrac{1}{2}\left(
x^2-x\sqrt{x^2-1}
+\ln\bigl(x+\sqrt{x^2-1}\bigr)
\right)+C,
\qquad x>1Подынтегральная функция определена на [1;+∞)[1;+\infty); формула непрерывно продолжается к x=1x=1.

Решение

Подынтегральная функция определена при x⩾1x\geqslant1. На промежутке x>1x>1 введём рационализирующую заменуt=x+1−x−1t=\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}Поскольку(x+1−x−1)(x+1+x−1)=2,\bigl(\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}\bigr)
\bigl(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}\bigr)=2,имеемx+1+x−1=2t,x+1=12(t+2t)\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}=\dfrac{2}{t},
\qquad
\sqrt{x+1}=\dfrac{1}{2}\left(t+\dfrac{2}{t}\right)Следовательно,x+1=14(t+2t)2=t24+1+1t2,x+1=\dfrac{1}{4}\left(t+\dfrac{2}{t}\right)^2
=\dfrac{t^2}{4}+1+\dfrac{1}{t^2},откудаx=t24+1t2,dx=(t2−2t3)dtx=\dfrac{t^2}{4}+\dfrac{1}{t^2},
\qquad
dx=\left(\dfrac{t}{2}-\dfrac{2}{t^3}\right)dtТогда подынтегральная функция сводится к рациональной:∫x+1−x−1x+1+x−1 dx=∫t22(t2−2t3)dt==∫(t34−1t)dt=t416−ln⁡t+C\begin{aligned}
\int\dfrac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}}
{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}}\,dx
&=\int\dfrac{t^2}{2}
\left(\dfrac{t}{2}-\dfrac{2}{t^3}\right)dt=\\
&=\int\left(\dfrac{t^3}{4}-\dfrac{1}{t}\right)dt
=\dfrac{t^4}{16}-\ln t+C
\end{aligned}Обозначив s=x2−1s=\sqrt{x^2-1}, получаемt2=2(x−s)=2x+st^2=2(x-s)=\dfrac{2}{x+s}Кроме того, (x−s)(x+s)=1(x-s)(x+s)=1, поэтомуt416=(x−s)24=x(x−s)2−14,−ln⁡t=12ln⁡(x+s)−12ln⁡2\dfrac{t^4}{16}
=\dfrac{(x-s)^2}{4}
=\dfrac{x(x-s)}{2}-\dfrac{1}{4},
\qquad
-\ln t=\dfrac{1}{2}\ln(x+s)-\dfrac{1}{2}\ln2Постоянные слагаемые включаются в CC, и окончательноt416−ln⁡t+C=12(x2−xs+ln⁡(x+s))+C\dfrac{t^4}{16}-\ln t+C
=\dfrac{1}{2}\left(x^2-xs+\ln(x+s)\right)+CПроверим допустимую граничную точку x=1x=1. Найденная первообразная непрерывно продолжается к ней.

На (1;+∞)(1;+\infty) найдена первообразная FF. Она непрерывно продолжается к x=1x=1. Для h>0h>0 по теореме Лагранжа при некотором ξh∈(1;1+h)\xi_h\in(1;1+h)F(1+h)−F(1)h=F′(ξh)=ξh−ξh2−1⟶1\dfrac{F(1+h)-F(1)}{h}
=F'(\xi_h)
=\xi_h-\sqrt{\xi_h^2-1}\longrightarrow1Следовательно, F+′(1)=1F'_+(1)=1, что совпадает со значением подынтегральной функции при x=1x=1.
Демидович № 1931 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика