Раздел III. Неопределённый интеграл — § 5. Интегрирование различных трансцендентных функций

Демидович — задача 2110

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

Найти интегралы, содержащие функции

\ln f(x)

\arctg f(x)

\arcsin f(x)

\arccos f(x)

, где

f(x)

--- алгебраическая функция:

\displaystyle\int\arcsin\frac{2\sqrt x}{1+x}\,dx

Ответ:

\begin{cases}(x+1)\arcsin\dfrac{2\sqrt x}{1+x}-2\sqrt x+C,&0\le x\le1\\[8pt](x+1)\arcsin\dfrac{2\sqrt x}{1+x}+2\sqrt x-4+C,&x\ge1\end{cases}

Решение

Область определения:

x\ge0

. Положим

t=\sqrt x

. Так как

\sin(2\arctg t)=\frac{2t}{1+t^2}

, а арксинус принимает значения от

-\frac\pi2

до

\frac\pi2

, имеем

g(x)=\arcsin\dfrac{2\sqrt x}{1+x}=\begin{cases}2\arctg\sqrt x,&0\le x\le1\\ \pi-2\arctg\sqrt x,&x\ge1\end{cases}

На

0<x<1

выполняется

g'(x)=\frac1{\sqrt x(1+x)}

. Поэтому производная

(x+1)g(x)-2\sqrt x

равна

g(x)

. На

x>1

знак

g'

противоположен, и первообразная равна

(x+1)g(x)+2\sqrt x

с точностью до постоянной.

Первообразная должна быть непрерывна в

x=1

: левая формула даёт

\pi-2

, правая без поправки даёт

\pi+2

. Поэтому из правой формулы вычитаем

4

F(x)=\begin{cases}(x+1)g(x)-2\sqrt x+C,&0\le x\le1\\(x+1)g(x)+2\sqrt x-4+C,&x\ge1\end{cases}

Обе односторонние производные при

x=1

равны

g(1)=\frac\pi2

, поэтому формула задаёт одну первообразную на

x>0

и непрерывно продолжается к нулю.