Раздел III. Неопределённый интеграл — § 6. Примеры на интегрирование функций

Демидович — задача 2136

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

Найти интегралы:

Задача 2136

∫dxxx4−2x2−1\displaystyle\int\frac{dx}{x\sqrt{x^4-2x^2-1}}.
Ответ:∫dxxx4−2x2−1=−12arcsin⁡x2+12 x2+C,x∈(−∞,−1+2)∪(1+2,+∞)\int\dfrac{dx}{x\sqrt{x^4-2x^2-1}}
=-\dfrac12\arcsin\dfrac{x^2+1}{\sqrt2\,x^2}+C,
\qquad
x\in\left(-\infty,-\sqrt{1+\sqrt2}\right)
\cup\left(\sqrt{1+\sqrt2},+\infty\right)На двух указанных промежутках постоянные интегрирования могут быть различными.

Решение

Найдём интегралI=∫dxxx4−2x2−1I=\int\dfrac{dx}{x\sqrt{x^4-2x^2-1}}Сначала определим область допустимых значений. Корень находится в знаменателе, поэтому подкоренное выражение должно быть строго положительным:x4−2x2−1=(x2−1)2−2>0x^4-2x^2-1=(x^2-1)^2-2>0Это неравенство равносильно двум возможностям:x2−1>2илиx2−1<−2x^2-1>\sqrt2
\quad\text{или}\quad
x^2-1<-\sqrt2Второй случай невозможен, поскольку он даёт x2<1−2<0x^2<1-\sqrt2<0. Следовательно, x2>1+2x^2>1+\sqrt2, и область определения имеет видx∈(−∞,−1+2)∪(1+2,+∞)x\in\left(-\infty,-\sqrt{1+\sqrt2}\right)
\cup\left(\sqrt{1+\sqrt2},+\infty\right)На этих промежутках x≠0x\ne0, так что второй множитель знаменателя также не обращается в нуль.

Чтобы понизить степень выражения под корнем, вынесем из него x4x^4 и введём переменнуюt=1x2,dt=−2x3 dx,dxx3=−12 dtt=\dfrac1{x^2},
\qquad
dt=-\dfrac{2}{x^3}\,dx,
\qquad
\dfrac{dx}{x^3}=-\dfrac12\,dtПри этомx4−2x2−1=x4(1−2x2−1x4)==x21−2t−t2\begin{aligned}
\sqrt{x^4-2x^2-1}
&=\sqrt{x^4\left(1-\dfrac2{x^2}-\dfrac1{x^4}\right)}=\\
&=x^2\sqrt{1-2t-t^2}
\end{aligned}Здесь x4=∣x2∣=x2\sqrt{x^4}=|x^2|=x^2, поскольку x2⩾0x^2\geqslant0. Поэтому равенство верно при обоих знаках xx; дополнительный знак перед корнем не появляется. Подставляя выражение для корня и дифференциал, получаемI=∫dxx31−2t−t2==−12∫dt1−2t−t2\begin{aligned}
I
&=\int\dfrac{dx}{x^3\sqrt{1-2t-t^2}}=\\
&=-\dfrac12\int\dfrac{dt}{\sqrt{1-2t-t^2}}
\end{aligned}Выделим полный квадрат:1−2t−t2=2−(t+1)21-2t-t^2=2-(t+1)^2Теперь удобно сделать ещё одну замену, чтобы получить выражение 1−u21-u^2 под корнем:u=t+12,dt=2 du,2−(t+1)2=21−u2u=\dfrac{t+1}{\sqrt2},
\qquad
dt=\sqrt2\,du,
\qquad
\sqrt{2-(t+1)^2}=\sqrt2\sqrt{1-u^2}Множители 2\sqrt2 в числителе и знаменателе сокращаются, поэтомуI=−12∫du1−u2=−12arcsin⁡u+CI=-\dfrac12\int\dfrac{du}{\sqrt{1-u^2}}
=-\dfrac12\arcsin u+CПоследнее равенство следует из формулы (arcsin⁡u)′=11−u2(\arcsin u)'=\frac1{\sqrt{1-u^2}}. Замена не выходит за область определения арксинуса: из x2>1+2x^2>1+\sqrt2 следует0<t<11+2=2−1,12<u<10<t<\dfrac1{1+\sqrt2}=\sqrt2-1,
\qquad
\dfrac1{\sqrt2}<u<1Возвращаясь к исходной переменной, имеемu=1+1x22=x2+12 x2u=\dfrac{1+\frac1{x^2}}{\sqrt2}
=\dfrac{x^2+1}{\sqrt2\,x^2}Следовательно,I=−12arcsin⁡x2+12 x2+CI=-\dfrac12\arcsin\dfrac{x^2+1}{\sqrt2\,x^2}+CПроверим ответ: найдём производную. Для функции u(x)u(x) имеемu′(x)=−2x3,1−u2(x)=x4−2x2−12 x2u'(x)=-\dfrac{\sqrt2}{x^3},
\qquad
\sqrt{1-u^2(x)}
=\dfrac{\sqrt{x^4-2x^2-1}}{\sqrt2\,x^2}Поэтому производная найденной первообразной равна(−12arcsin⁡u(x))′=−12⋅(−2x3)⋅2 x2x4−2x2−1==1xx4−2x2−1\begin{aligned}
\left(-\dfrac12\arcsin u(x)\right)'
&=-\dfrac12\cdot\left(-\dfrac{\sqrt2}{x^3}\right)
\cdot\dfrac{\sqrt2\,x^2}{\sqrt{x^4-2x^2-1}}=\\
&=\dfrac1{x\sqrt{x^4-2x^2-1}}
\end{aligned}Получили исходную подынтегральную функцию, так что ответ верен на обоих промежутках.
Демидович № 2136 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика