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

Демидович — задача 2157

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

Найти интегралы:

Задача 2157

∫xln⁡(x+1+x2)(1−x2)2 dx\displaystyle\int\frac{x\ln\bigl(x+\sqrt{1+x^2}\bigr)}{(1-x^2)^2}\,dx.
Ответ:F(x)=ln⁡(x+1+x2)2(1−x2)−142ln⁡∣1+x2+2x1+x2−2x∣+Cj,x∈Ij,j=1,2,3,{I1=(−∞,−1)I2=(−1,1)I3=(1,+∞)\begin{aligned}
F(x)
&=\dfrac{\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}{2(1-x^2)}
-\dfrac{1}{4\sqrt2}
\ln\left|
\dfrac{\sqrt{1+x^2}+\sqrt2x}
{\sqrt{1+x^2}-\sqrt2x}
\right|+C_j,
&\qquad x\in I_j,
\qquad j=1,2,3,
\qquad
\begin{cases}
I_1=(-\infty,-1)\\
I_2=(-1,1)\\
I_3=(1,+\infty)
\end{cases}
\end{aligned}

Решение

Пусть II — исходный интеграл. Выражение x+1+x2x+\sqrt{1+x^2} положительно при любом xx, а знаменатель обращается в нуль при x=±1x=\pm1. Поэтому подынтегральная функция определена при x≠−1x\ne-1 и x≠1x\ne1. ОбозначимL=ln⁡(x+1+x2)L=\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)ТогдаL′=11+x2L'=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}При y=1−x2y=1-x^2 имеем dy=−2x dxdy=-2x\,dx, поэтому∫x dx(1−x2)2=−12∫y−2 dy=12(1−x2)\int\dfrac{x\,dx}{(1-x^2)^2}
=-\dfrac12\int y^{-2}\,dy
=\dfrac1{2(1-x^2)}Применим интегрирование по частям:u=L,dv=x dx(1−x2)2,du=dx1+x2,v=12(1−x2)u=L,
\qquad
dv=\dfrac{x\,dx}{(1-x^2)^2},
\qquad
du=\dfrac{dx}{\sqrt{1+x^2}},
\qquad
v=\dfrac{1}{2(1-x^2)}ПолучаемI=L2(1−x2)−12J,J=∫dx(1−x2)1+x2I=\dfrac{L}{2(1-x^2)}-\dfrac12J,
\qquad
J=\int\dfrac{dx}{(1-x^2)\sqrt{1+x^2}}Для вычисления JJ положимt=x1+x2t=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}Дифференцируя и выражая x2x^2 через tt, получаемdt=dx(1+x2)32,x2=t21−t2,1+x2=11−t2,1−x2=1−2t21−t2dt=\dfrac{dx}{(1+x^2)^{\frac32}},
\qquad
x^2=\dfrac{t^2}{1-t^2},
\qquad
1+x^2=\dfrac{1}{1-t^2},
\qquad
1-x^2=\dfrac{1-2t^2}{1-t^2}Следовательно,J=∫1+x21−x2 dt=∫11−t21−2t21−t2 dt=∫dt1−2t2\begin{aligned}
J
&=\int\dfrac{1+x^2}{1-x^2}\,dt=\int
\dfrac{\frac{1}{1-t^2}}
{\frac{1-2t^2}{1-t^2}}\,dt=\int\dfrac{dt}{1-2t^2}
\end{aligned}Положим z=2tz=\sqrt2t. Тогда dz=2 dtdz=\sqrt2\,dt. Используем разложение11−z2=12(11+z+11−z)\dfrac1{1-z^2}
=\dfrac12\left(\dfrac1{1+z}+\dfrac1{1-z}\right)При интегрировании второго слагаемого возникает минус, поскольку d(1−z)=−dzd(1-z)=-dz. Следовательно,J=12∫dz1−z2=122ln⁡∣1+2t1−2t∣\begin{aligned}
J
&=\dfrac{1}{\sqrt2}\int\dfrac{dz}{1-z^2}=\dfrac{1}{2\sqrt2}
\ln\left|\dfrac{1+\sqrt2t}{1-\sqrt2t}\right|
\end{aligned}При обратной замене отношение под знаком логарифма принимает вид1+2t1−2t=1+2x1+x21−2x1+x2=1+x2+2x1+x2−2x\begin{aligned}
\dfrac{1+\sqrt2t}{1-\sqrt2t}
&=\dfrac{
1+\frac{\sqrt2x}{\sqrt{1+x^2}}
}{
1-\frac{\sqrt2x}{\sqrt{1+x^2}}
}=\dfrac{\sqrt{1+x^2}+\sqrt2x}
{\sqrt{1+x^2}-\sqrt2x}
\end{aligned}Следовательно,I=ln⁡(x+1+x2)2(1−x2)−142ln⁡∣1+x2+2x1+x2−2x∣+C\begin{aligned}
I
&=\dfrac{\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}{2(1-x^2)}
-\dfrac{1}{4\sqrt2}
\ln\left|
\dfrac{\sqrt{1+x^2}+\sqrt2x}
{\sqrt{1+x^2}-\sqrt2x}
\right|+C
\end{aligned}Проверим полученную первообразную. ОбозначимL=ln⁡(x+1+x2)G=122ln⁡∣1+x2+2x1+x2−2x∣\begin{aligned}
L
&=\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\\
G
&=\dfrac{1}{2\sqrt2}
\ln\left|
\dfrac{\sqrt{1+x^2}+\sqrt2x}
{\sqrt{1+x^2}-\sqrt2x}
\right|
\end{aligned}Проверим производную GG независимо от вычисления JJ. Обозначим S=1+x2S=\sqrt{1+x^2}, N=S+2xN=S+\sqrt2x, D=S−2xD=S-\sqrt2x. Тогда S′=xSS'=\frac{x}{S} иND=1−x2,N′D−ND′=22(S−x2S)=22SND=1-x^2,
\qquad
N'D-ND'=2\sqrt2\left(S-\dfrac{x^2}{S}\right)
=\dfrac{2\sqrt2}{S}ПоэтомуG′=122(N′N−D′D)=1(1−x2)1+x2,L′=11+x2G'=\dfrac1{2\sqrt2}\left(\dfrac{N'}N-\dfrac{D'}D\right)
=\dfrac1{(1-x^2)\sqrt{1+x^2}},
\qquad
L'=\dfrac1{\sqrt{1+x^2}}Тогда для F=L2(1−x2)−12GF=\frac{L}{2(1-x^2)}-\frac12G получаемF′=L′2(1−x2)+xL(1−x2)2−12G′=xL(1−x2)2\begin{aligned}
F'
&=\dfrac{L'}{2(1-x^2)}
+\dfrac{xL}{(1-x^2)^2}
-\dfrac12G'=\dfrac{xL}{(1-x^2)^2}
\end{aligned}Это совпадает с исходной подынтегральной функцией.

Формула задаёт первообразную отдельно на каждом промежутке области определения; постоянные на этих промежутках могут быть выбраны независимо.
Демидович № 2157 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика