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

Демидович — задача 1962

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

Приводя квадратичные трёхчлены к каноническому виду, вычислить следующие интегралы:

Задача 1962

∫x2 dx(4−2x+x2)2+2x−x2\displaystyle\int\frac{x^2\,dx}{(4-2x+x^2)\sqrt{2+2x-x^2}}.
Ответ:arcsin⁡x−13+16ln⁡6−2+2x−x26+2+2x−x2−23arctg⁡2(x−1)2+2x−x2+C,1−3<x<1+3\begin{aligned}
&\arcsin\dfrac{x-1}{\sqrt3}
+\dfrac{1}{\sqrt6}\ln\dfrac{
\sqrt6-\sqrt{2+2x-x^2}}
{\sqrt6+\sqrt{2+2x-x^2}}
-\dfrac{\sqrt2}{3}\arctg\dfrac{
\sqrt2(x-1)}{\sqrt{2+2x-x^2}}+C,
\qquad
1-\sqrt3<x<1+\sqrt3
\end{aligned}

Решение

Положимu=x−1,s=3−u2u=x-1,
\qquad
s=\sqrt{3-u^2}Тогда2+2x−x2=3−u2,x2−2x+4=u2+32+2x-x^2=3-u^2,
\qquad
x^2-2x+4=u^2+3Поскольку корень находится в знаменателе, необходимо∣u∣<3,1−3<x<1+3|u|<\sqrt3,
\qquad
1-\sqrt3<x<1+\sqrt3Кроме того,x2=(u+1)2=(u2+3)+2u−2x^2=(u+1)^2=(u^2+3)+2u-2Следовательно,∫x2 dx(x2−2x+4)2+2x−x2=∫dus+2∫u du(u2+3)s−2∫du(u2+3)s\begin{aligned}
\int\dfrac{x^2\,dx}{(x^2-2x+4)\sqrt{2+2x-x^2}}
&=\int\dfrac{du}{s}
+2\int\dfrac{u\,du}{(u^2+3)s}
-2\int\dfrac{du}{(u^2+3)s}
\end{aligned}Введём u=3sin⁡tu=\sqrt3\sin t, где −π2<t<π2-\dfrac{\pi}{2}<t<\dfrac{\pi}{2}. На этом промежутке cos⁡t>0\cos t>0, поэтомуs=3cos⁡t,du=3cos⁡t dt,dus=dt,u2+3=3(1+sin⁡2t)s=\sqrt3\cos t,
\qquad
du=\sqrt3\cos t\,dt,
\qquad
\dfrac{du}{s}=dt,
\qquad
u^2+3=3(1+\sin^2t)Подставляя эти равенства в три слагаемых, получаемI=t+23∫sin⁡t1+sin⁡2t dt−23∫dt1+sin⁡2t\begin{aligned}
I
&=t+\dfrac{2}{\sqrt3}
\int\dfrac{\sin t}{1+\sin^2t}\,dt
-\dfrac{2}{3}\int\dfrac{dt}{1+\sin^2t}
\end{aligned}В первом оставшемся интеграле положимz=cos⁡t,dz=−sin⁡t dt,1+sin⁡2t=2−z2z=\cos t,
\qquad
dz=-\sin t\,dt,
\qquad
1+\sin^2t=2-z^2Тогда23∫sin⁡t1+sin⁡2t dt=−23∫dz2−z2==16ln⁡2−z2+z\begin{aligned}
\dfrac{2}{\sqrt3}
\int\dfrac{\sin t}{1+\sin^2t}\,dt
&=-\dfrac{2}{\sqrt3}\int\dfrac{dz}{2-z^2}=\\
&=\dfrac{1}{\sqrt6}
\ln\dfrac{\sqrt2-z}{\sqrt2+z}
\end{aligned}Во втором интеграле положимy=tg⁡t,dt=dy1+y2,sin⁡2t=y21+y2y=\tg t,
\qquad
dt=\dfrac{dy}{1+y^2},
\qquad
\sin^2t=\dfrac{y^2}{1+y^2}Поэтому−23∫dt1+sin⁡2t=−23∫dy1+2y2==−23arctg⁡(2y)\begin{aligned}
-\dfrac{2}{3}\int\dfrac{dt}{1+\sin^2t}
&=-\dfrac{2}{3}\int\dfrac{dy}{1+2y^2}=\\
&=-\dfrac{\sqrt2}{3}\arctg(\sqrt2y)
\end{aligned}При возвращении к переменной xx используем соотношенияt=arcsin⁡x−13,cos⁡t=2+2x−x23,tg⁡t=x−12+2x−x2t=\arcsin\dfrac{x-1}{\sqrt3},
\qquad
\cos t=\dfrac{\sqrt{2+2x-x^2}}{\sqrt3},
\qquad
\tg t=\dfrac{x-1}{\sqrt{2+2x-x^2}}На области определения0<2+2x−x2⩽3<60<\sqrt{2+2x-x^2}\leqslant\sqrt3<\sqrt6поэтому оба выражения в логарифме положительны и модуль не требуется. ОкончательноI=arcsin⁡x−13+16ln⁡6−2+2x−x26+2+2x−x2−23arctg⁡2(x−1)2+2x−x2+C\begin{aligned}
I
&=\arcsin\dfrac{x-1}{\sqrt3}
+\dfrac{1}{\sqrt6}\ln\dfrac{
\sqrt6-\sqrt{2+2x-x^2}}
{\sqrt6+\sqrt{2+2x-x^2}}-\dfrac{\sqrt2}{3}\arctg\dfrac{
\sqrt2(x-1)}{\sqrt{2+2x-x^2}}+C
\end{aligned}
Демидович № 1962 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика