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

Демидович — задача 2123

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

Найти интегралы, содержащие гиперболические функции:

Задача 2123

а) ∫dxsh⁡x+2ch⁡x\displaystyle\int\frac{dx}{\sh x+2\ch x};
б) ∫dxsh⁡2x−4sh⁡xch⁡x+9ch⁡2x\displaystyle\int\frac{dx}{\sh^2x-4\sh x\ch x+9\ch^2x};

в) ∫dx0,1+ch⁡x\displaystyle\int\frac{dx}{0{,}1+\ch x};
г) ∫ch⁡x dx3sh⁡x−4ch⁡x\displaystyle\int\frac{\ch x\,dx}{3\sh x-4\ch x}.
Ответ:а)23arctg⁡(3 ex)+C\dfrac2{\sqrt3}\arctg\left(\sqrt3\,e^x\right)+Cб)15arctg⁡(sh⁡x−2ch⁡x5 ch⁡x)+C\dfrac1{\sqrt5}\arctg\left(
\dfrac{\operatorname{sh}x-2\operatorname{ch}x}
{\sqrt5\,\operatorname{ch}x}
\right)+Cв)2099arctg⁡(10ex+199)+C\dfrac{20}{\sqrt{99}}\arctg\left(
\dfrac{10e^x+1}{\sqrt{99}}
\right)+Cг)−x7−37ln⁡(e2x+7)+C-\dfrac x7-\dfrac37\ln(e^{2x}+7)+CВо всех пунктах x∈Rx\in\mathbb R. В каждом пункте CC — своя произвольная постоянная.

Решение


Используем определения гиперболического синуса и косинуса:sh⁡x=ex−e−x2,ch⁡x=ex+e−x2\operatorname{sh}x=\dfrac{e^x-e^{-x}}2,
\qquad
\operatorname{ch}x=\dfrac{e^x+e^{-x}}2В каждом пункте будем обозначать соответствующий интеграл через II.

а) Чтобы выразить гиперболические функции через одну переменную, положимt=ex,t>0,x=ln⁡t,dx=dttt=e^x,\qquad t>0,\qquad x=\ln t,\qquad dx=\dfrac{dt}{t}Тогда e−x=1te^{-x}=\frac1t, поэтомуsh⁡x+2ch⁡x=t−t−12+t+t−1==3t2+12t\begin{aligned}
\operatorname{sh}x+2\operatorname{ch}x
&=\dfrac{t-t^{-1}}2+t+t^{-1}=\\
&=\dfrac{3t^2+1}{2t}
\end{aligned}Числитель и знаменатель последней дроби положительны. Следовательно, исходный интеграл определён при всех x∈Rx\in\mathbb R. Подставим также дифференциал:I=∫dtt3t2+12t=2∫dt3t2+1I=\int\dfrac{\frac{dt}{t}}{\frac{3t^2+1}{2t}}
=2\int\dfrac{dt}{3t^2+1}Множители tt сокращаются. Чтобы получить табличный знаменатель 1+u21+u^2, сделаем ещё одну замену:u=3 t,t=u3,dt=du3u=\sqrt3\,t,\qquad t=\dfrac u{\sqrt3},\qquad dt=\dfrac{du}{\sqrt3}Используем формулу (arctg⁡u)′=11+u2(\arctg u)'=\frac1{1+u^2}. ПолучаемI=23∫du1+u2=23arctg⁡u+C==23arctg⁡(3 ex)+C\begin{aligned}
I&=\dfrac2{\sqrt3}\int\dfrac{du}{1+u^2}=\dfrac2{\sqrt3}\arctg u+C=\\
&=\dfrac2{\sqrt3}\arctg\left(\sqrt3\,e^x\right)+C
\end{aligned}В последней строке последовательно возвращены u=3 tu=\sqrt3\,t и t=ext=e^x.

б) Сначала выделим квадрат в знаменателе:sh⁡2x−4sh⁡xch⁡x+9ch⁡2x==(sh⁡x−2ch⁡x)2+5ch⁡2x>0\begin{aligned}
&\operatorname{sh}^2x-4\operatorname{sh}x\operatorname{ch}x+9\operatorname{ch}^2x=\\
&\quad=(\operatorname{sh}x-2\operatorname{ch}x)^2+5\operatorname{ch}^2x>0
\end{aligned}Здесь ch⁡x>0\operatorname{ch}x>0 при любом действительном xx, поэтому знаменатель не обращается в нуль. Вынесем из него ch⁡2x\operatorname{ch}^2x. ТогдаI=∫dxch⁡2x(sh⁡xch⁡x)2−4sh⁡xch⁡x+9I=\int\dfrac{\frac{dx}{\operatorname{ch}^2x}}
{\left(\frac{\operatorname{sh}x}{\operatorname{ch}x}\right)^2
-4\frac{\operatorname{sh}x}{\operatorname{ch}x}+9}Удобно выбрать новой переменной отношение, которое входит в знаменатель. Положимt=sh⁡xch⁡xt=\dfrac{\operatorname{sh}x}{\operatorname{ch}x}Проверим её дифференциал. По определениям гиперболических функций имеем (sh⁡x)′=ch⁡x(\operatorname{sh}x)'=\operatorname{ch}x, (ch⁡x)′=sh⁡x(\operatorname{ch}x)'=\operatorname{sh}x и ch⁡2x−sh⁡2x=1\operatorname{ch}^2x-\operatorname{sh}^2x=1. По правилу производной частногоdtdx=ch⁡2x−sh⁡2xch⁡2x=1ch⁡2x=1−t2\dfrac{dt}{dx}
=\dfrac{\operatorname{ch}^2x-\operatorname{sh}^2x}{\operatorname{ch}^2x}
=\dfrac1{\operatorname{ch}^2x}
=1-t^2Таким образом, числитель преобразованного интеграла в точности равен dtdt. Обратную связь и дифференциал можно записать так:t=e2x−1e2x+1,−1<t<1e2x=1+t1−t,x=12ln⁡1+t1−t,dx=dt1−t2\begin{gathered}
t=\dfrac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1},\qquad -1<t<1\\
e^{2x}=\dfrac{1+t}{1-t},\qquad
x=\dfrac12\ln\dfrac{1+t}{1-t},\qquad
dx=\dfrac{dt}{1-t^2}
\end{gathered}При −1<t<1-1<t<1 аргумент логарифма положителен. Теперь исходный интеграл становится рациональным:I=∫dtt2−4t+9=∫dt(t−2)2+5I=\int\dfrac{dt}{t^2-4t+9}
=\int\dfrac{dt}{(t-2)^2+5}В последнем переходе использовано t2−4t+9=(t−2)2+5t^2-4t+9=(t-2)^2+5. Нормируем квадрат заменойu=t−25,t=2+5 u,dt=5 duu=\dfrac{t-2}{\sqrt5},\qquad
t=2+\sqrt5\,u,\qquad dt=\sqrt5\,duЗнаменатель равен 5(1+u2)5(1+u^2), поэтомуI=15∫du1+u2=15arctg⁡u+C==15arctg⁡(sh⁡x−2ch⁡x5 ch⁡x)+C\begin{aligned}
I&=\dfrac1{\sqrt5}\int\dfrac{du}{1+u^2}=\dfrac1{\sqrt5}\arctg u+C=\\
&=\dfrac1{\sqrt5}\arctg\left(
\dfrac{\operatorname{sh}x-2\operatorname{ch}x}
{\sqrt5\,\operatorname{ch}x}
\right)+C
\end{aligned}В аргументе арктангенса подставлено t=sh⁡xch⁡xt=\frac{\operatorname{sh}x}{\operatorname{ch}x} и дроби приведены к общему знаменателю.

в) Здесь 0,1=1100{,}1=\frac1{10} и ch⁡x>0\operatorname{ch}x>0, поэтому исходный знаменатель положителен на всей числовой прямой. Снова выразим экспоненты через одну переменную:t=ex,t>0,x=ln⁡t,dx=dttt=e^x,\qquad t>0,\qquad x=\ln t,\qquad dx=\dfrac{dt}{t}Тогда110+ch⁡x=110+t+t−12=t2+15t+12t\dfrac1{10}+\operatorname{ch}x
=\dfrac1{10}+\dfrac{t+t^{-1}}2
=\dfrac{t^2+\frac15t+1}{2t}После сокращения множителей tt получаемI=2∫dtt2+15t+1I=2\int\dfrac{dt}{t^2+\frac15t+1}Выделим полный квадрат. Для коэффициента 15\frac15 перед tt нужно взять сдвиг 110\frac1{10}:t2+15t+1=(t+110)2+99100t^2+\dfrac15t+1
=\left(t+\dfrac1{10}\right)^2+\dfrac{99}{100}Теперь используем заменуu=10t+199,t=99 u−110dt=9910 du\begin{gathered}
u=\dfrac{10t+1}{\sqrt{99}},\qquad
t=\dfrac{\sqrt{99}\,u-1}{10}\\
dt=\dfrac{\sqrt{99}}{10}\,du
\end{gathered}При ней знаменатель равен 99100(1+u2)\frac{99}{100}(1+u^2). Множитель перед новым интегралом получается одновременно из исходной двойки, дифференциала и знаменателя:2⋅9910⋅10099=20992\cdot\dfrac{\sqrt{99}}{10}\cdot\dfrac{100}{99}
=\dfrac{20}{\sqrt{99}}Следовательно,I=2099∫du1+u2=2099arctg⁡u+C==2099arctg⁡(10ex+199)+C\begin{aligned}
I&=\dfrac{20}{\sqrt{99}}\int\dfrac{du}{1+u^2}=\dfrac{20}{\sqrt{99}}\arctg u+C=\\
&=\dfrac{20}{\sqrt{99}}\arctg\left(
\dfrac{10e^x+1}{\sqrt{99}}
\right)+C
\end{aligned}В последней строке выполнен возврат к t=ext=e^x.

г) Положимt=ex,t>0,x=ln⁡t,dx=dttt=e^x,\qquad t>0,\qquad x=\ln t,\qquad dx=\dfrac{dt}{t}Преобразуем числитель и знаменатель:ch⁡x=t2+12t3sh⁡x−4ch⁡x=3(t2−1)−4(t2+1)2t=−t2+72t\begin{gathered}
\operatorname{ch}x=\dfrac{t^2+1}{2t}\\
3\operatorname{sh}x-4\operatorname{ch}x
=\dfrac{3(t^2-1)-4(t^2+1)}{2t}
=-\dfrac{t^2+7}{2t}
\end{gathered}Знаменатель отрицателен и не равен нулю при любом x∈Rx\in\mathbb R. После заменыI=−∫t2+1t(t2+7) dtI=-\int\dfrac{t^2+1}{t(t^2+7)}\,dtРазложим дробь на простые. Для линейного множителя tt берём постоянный числитель, а для квадратного множителя t2+7t^2+7 — линейный. Обозначим неизвестные коэффициенты через A,B,DA,B,D:t2+1t(t2+7)=At+Bt+Dt2+7\dfrac{t^2+1}{t(t^2+7)}
=\dfrac At+\dfrac{Bt+D}{t^2+7}Умножим равенство на общий знаменатель и сравним коэффициенты при одинаковых степенях tt:t2+1=A(t2+7)+t(Bt+D)=(A+B)t2+Dt+7At^2+1=A(t^2+7)+t(Bt+D)
=(A+B)t^2+Dt+7AПолучаем систему и её решение:{A+B=1D=07A=1A=17,B=67,D=0\begin{cases}
A+B=1\\
D=0\\
7A=1
\end{cases}
\qquad
A=\dfrac17,\quad B=\dfrac67,\quad D=0Следовательно,I=−17∫dtt−67∫t dtt2+7I=-\dfrac17\int\dfrac{dt}{t}
-\dfrac67\int\dfrac{t\,dt}{t^2+7}В первом интеграле первообразная равна ln⁡t\ln t, поскольку t>0t>0. Во втором числитель отличается от производной знаменателя множителем 12\frac12. Поэтому положимv=t2+7,v>7,t=v−7,dv=2t dtv=t^2+7,\qquad v>7,\qquad t=\sqrt{v-7},\qquad dv=2t\,dtПоложительный корень выбран в соответствии с t>0t>0. Тогда∫t dtt2+7=12∫dvv=12ln⁡(t2+7)+C\int\dfrac{t\,dt}{t^2+7}
=\dfrac12\int\dfrac{dv}{v}
=\dfrac12\ln(t^2+7)+CОбъединим постоянные интегрирования в одну постоянную CC и вернёмся к xx:I=−17ln⁡t−37ln⁡(t2+7)+C==−x7−37ln⁡(e2x+7)+C\begin{aligned}
I&=-\dfrac17\ln t-\dfrac37\ln(t^2+7)+C=\\
&=-\dfrac x7-\dfrac37\ln(e^{2x}+7)+C
\end{aligned}Модули в логарифмах не нужны: оба аргумента положительны. Проверим последнюю первообразную дифференцированием:ddx(−x7−37ln⁡(e2x+7))=−17−6e2x7(e2x+7)==−e2x+1e2x+7=ch⁡x3sh⁡x−4ch⁡x\begin{aligned}
\dfrac d{dx}\left(-\dfrac x7-\dfrac37\ln(e^{2x}+7)\right)
&=-\dfrac17-\dfrac{6e^{2x}}{7(e^{2x}+7)}=\\
&=-\dfrac{e^{2x}+1}{e^{2x}+7}=\dfrac{\operatorname{ch}x}{3\operatorname{sh}x-4\operatorname{ch}x}
\end{aligned}
Демидович № 2123 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика