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

Демидович — задача 2161

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

Найти интегралы:

\displaystyle\int\frac{\arcsin e^x}{e^x}\,dx

Ответ:

-e^{-x}\arcsin(e^x) +\ln\dfrac{e^x}{1+\sqrt{1-e^{2x}}}+C, \qquad x\leqslant0

Решение

Поскольку

e^x>0

, арксинус определён при

e^x\leqslant1

, то есть при

x\leqslant0

. Сначала рассмотрим

x<0

и положим

t=e^x, \qquad dt=t\,dx, \qquad 0<t<1

Тогда

\int\dfrac{\arcsin(e^x)}{e^x}\,dx =\int\dfrac{\arcsin t}{t^2}\,dt

Интегрируем по частям, взяв

u=\arcsin t

dv=\frac{dt}{t^2}

. Тогда

du=\dfrac{dt}{\sqrt{1-t^2}}, \qquad v=-\dfrac1t

Следовательно,

\int\dfrac{\arcsin t}{t^2}\,dt =-\dfrac{\arcsin t}{t} +\int\dfrac{dt}{t\sqrt{1-t^2}}

В последнем интеграле положим

s=\sqrt{1-t^2}

. Поскольку

ds=-\frac{t}{s}\,dt

, имеем

dt=-\frac{s}{t}\,ds

, а

t^2=1-s^2

. Используем также разложение

\dfrac1{1-s^2} =\dfrac12\left(\dfrac1{1-s}+\dfrac1{1+s}\right)

Отсюда получаем

\begin{aligned} \int\dfrac{dt}{t\sqrt{1-t^2}} &=-\int\dfrac{ds}{1-s^2}=\\ &=\dfrac12\ln\dfrac{1-s}{1+s}+C =\ln\dfrac{t}{1+s}+C\end{aligned}

Последний переход следует из

t^2=(1-s)(1+s)

\dfrac12\ln\dfrac{1-s}{1+s} =\dfrac12\ln\dfrac{t^2}{(1+s)^2} =\ln\dfrac{t}{1+s}

Все аргументы логарифмов положительны, поскольку

t>0

0<s<1

. Возвращаясь к

x

, находим

F(x)=-e^{-x}\arcsin(e^x) +\ln\dfrac{e^x}{1+\sqrt{1-e^{2x}}}

Непосредственно проверим, что функция

F

непрерывно продолжается на

x=0

\begin{aligned} \lim_{x\to0^-}F(x) &=-\arcsin1+\ln\dfrac{1}{1+0}=\\ &=-\dfrac\pi2 =F(0)\end{aligned}

Поэтому к

F

можно применить теорему Лагранжа на отрезке

[x,0]

. Для некоторой точки

\xi_x

между

x

0

имеем

\dfrac{F(x)-F(0)}{x} =F'(\xi_x) =\dfrac{\arcsin(e^{\xi_x})}{e^{\xi_x}}

При

x\to0^-

имеем

\xi_x\to0

, поэтому

F'_-(0)=\frac\pi2

, что совпадает со значением подынтегральной функции при

x=0