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

Демидович — задача 2180

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

Найти интегралы:

Задача 2180

Пусть f(x)f(x) --- монотонная непрерывная функция и f−1(x)f^{-1}(x) --- её обратная функция. Доказать, что если∫f(x) dx=F(x)+C,\int f(x)\,dx=F(x)+C,то∫f−1(x) dx=xf−1(x)−F(f−1(x))+C.\int f^{-1}(x)\,dx=xf^{-1}(x)-F\bigl(f^{-1}(x)\bigr)+C.Рассмотреть примеры: а) f(x)=xnf(x)=x^n (n>0)(n>0); б) f(x)=exf(x)=e^x;
в) f(x)=arcsin⁡xf(x)=\arcsin x; г) f(x)=Arth⁡xf(x)=\operatorname{Arth}x.
Доказано:∫f−1(x) dx=xf−1(x)−F(f−1(x))+C,x∈J=f(I)\int f^{-1}(x)\,dx
=xf^{-1}(x)-F\bigl(f^{-1}(x)\bigr)+C,
\qquad
x\in J=f(I)В рассмотренных примерах получаем:а)∫x1n dx=nn+1xn+1n+C,n>0,x⩾0б)∫ln⁡x dx=xln⁡x−x+C,x>0в)∫sin⁡x dx=−cos⁡x+C,−π2⩽x⩽π2г)∫th⁡x dx=ln⁡(ch⁡x)+C,x∈R\begin{aligned}
\text{а)}\quad
&\int x^{\frac{1}{n}}\,dx
=\dfrac n{n+1}x^{\frac{n+1}{n}}+C,
\qquad n>0,
\quad x\geqslant0\\
\text{б)}\quad
&\int\ln x\,dx=x\ln x-x+C,
\qquad x>0\\
\text{в)}\quad
&\int\sin x\,dx=-\cos x+C,
\qquad -\dfrac\pi2\leqslant x\leqslant\dfrac\pi2\\
\text{г)}\quad
&\int\operatorname{th}x\,dx
=\ln(\operatorname{ch}x)+C,
\qquad x\in\mathbb R
\end{aligned}

Доказательство

Пусть функция ff непрерывна и монотонна на промежутке II, а J=f(I)J=f(I). Поскольку обратная функция существует, ff взаимно однозначна и потому строго монотонна. Тогда обратная функция g=f−1g=f^{-1} непрерывна на JJ и удовлетворяет равенствам f(g(y))=yf(g(y))=y, g(f(x))=xg(f(x))=x. Поскольку F′(x)=f(x)F'(x)=f(x), рассмотрим функциюG(y)=yg(y)−F(g(y))G(y)=y g(y)-F\bigl(g(y)\bigr)Чтобы получить формулу для интеграла от обратной функции, достаточно доказать, что G′(y)=g(y)G'(y)=g(y). Однако непрерывная строго монотонная функция может иметь обратную функцию без производной в отдельных точках. Поэтому проверим G′(y)G'(y) по определению производной, не предполагая существования g′(y)g'(y). Зафиксируем внутреннюю точку y0∈Jy_0\in J и обозначимu=g(y),u0=g(y0)u=g(y),
\qquad
u_0=g(y_0)По теореме Лагранжа для некоторой точки ξ\xi между u0u_0 и uuF(u)−F(u0)=F′(ξ)(u−u0)=f(ξ)(u−u0)F(u)-F(u_0)=F'(\xi)(u-u_0)=f(\xi)(u-u_0)ПоэтомуG(y)−G(y0)=yu−y0u0−f(ξ)(u−u0)==u0(y−y0)+(u−u0)(y−f(ξ))\begin{aligned}
G(y)-G(y_0)
&=yu-y_0u_0-f(\xi)(u-u_0)=\\
&=u_0(y-y_0)+(u-u_0)\bigl(y-f(\xi)\bigr)
\end{aligned}Из монотонности ff следует, что f(ξ)f(\xi) лежит между y0y_0 и yy. Следовательно,∣G(y)−G(y0)y−y0−u0∣=∣u−u0∣∣y−f(ξ)∣∣y−y0∣⩽∣u−u0∣\left|
\dfrac{G(y)-G(y_0)}{y-y_0}-u_0
\right|
=|u-u_0|\dfrac{|y-f(\xi)|}{|y-y_0|}
\leqslant |u-u_0|При y→y0y\to y_0 непрерывность обратной функции даёт u→u0u\to u_0. Значит,G′(y0)=u0=g(y0)=f−1(y0)G'(y_0)=u_0=g(y_0)=f^{-1}(y_0)Таким образом, GG является первообразной функции f−1f^{-1} на JJ, и требуемая формула доказана.

Рассмотрим указанные примеры.

а) Для f(x)=xnf(x)=x^n, n>0n>0, возьмём неотрицательную ветвь. Тогдаf−1(x)=x1n,F(x)=xn+1n+1f^{-1}(x)=x^{\frac{1}{n}},
\qquad
F(x)=\dfrac{x^{n+1}}{n+1}По доказанной формуле∫x1n dx=x x1n−(x1n)n+1n+1+C==nn+1xn+1n+C\begin{aligned}
\int x^{\frac{1}{n}}\,dx
&=x\,x^{\frac{1}{n}}
-\dfrac{\left(x^{\frac{1}{n}}\right)^{n+1}}{n+1}+C=\\
&=\dfrac n{n+1}x^{\frac{n+1}{n}}+C
\end{aligned}б) Для f(x)=exf(x)=e^x имеем f−1(x)=ln⁡xf^{-1}(x)=\ln x и F(x)=exF(x)=e^x. Поэтому∫ln⁡x dx=xln⁡x−x+C,x>0\int\ln x\,dx=x\ln x-x+C,
\qquad
x>0в) Для f(x)=arcsin⁡xf(x)=\arcsin x первообразную найдём по частям:∫arcsin⁡x dx=xarcsin⁡x−∫x dx1−x2=xarcsin⁡x+1−x2+C\int\arcsin x\,dx
=x\arcsin x-\int\dfrac{x\,dx}{\sqrt{1-x^2}}
=x\arcsin x+\sqrt{1-x^2}+CПолученное выражение непрерывно продолжается в концы отрезка [−1;1][-1;1]. Поэтомуf−1(x)=sin⁡x,F(x)=xarcsin⁡x+1−x2f^{-1}(x)=\sin x,
\qquad
F(x)=x\arcsin x+\sqrt{1-x^2}На внутренней части отрезка проверяем первообразную:F′(x)=arcsin⁡x+x1−x2−x1−x2=arcsin⁡xF'(x)=\arcsin x+\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}
-\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin xПри −π2⩽x⩽π2-\frac\pi2\leqslant x\leqslant\frac\pi2 имеем arcsin⁡(sin⁡x)=x\arcsin(\sin x)=x и 1−sin⁡2x=cos⁡x\sqrt{1-\sin^2x}=\cos x. Следовательно,∫sin⁡x dx=xsin⁡x−(xsin⁡x+cos⁡x)+C==−cos⁡x+C\begin{aligned}
\int\sin x\,dx
&=x\sin x-
\left(x\sin x+\cos x\right)+C=\\
&=-\cos x+C
\end{aligned}г) Рассмотрим f(x)=Arth⁡xf(x)=\operatorname{Arth}x на (−1;1)(-1;1). Здесь обратный гиперболический тангенс определяется формулойArth⁡x=12ln⁡1+x1−x,(Arth⁡x)′=11−x2\operatorname{Arth}x=\dfrac12\ln\dfrac{1+x}{1-x},
\qquad (\operatorname{Arth}x)'=\dfrac1{1-x^2}Используя эту производную, интегрируем по частям:∫Arth⁡x dx=xArth⁡x−∫x dx1−x2=xArth⁡x+12ln⁡(1−x2)+C\int\operatorname{Arth}x\,dx
=x\operatorname{Arth}x-\int\dfrac{x\,dx}{1-x^2}
=x\operatorname{Arth}x+\dfrac12\ln(1-x^2)+CСледовательно,f−1(x)=th⁡x,F(x)=xArth⁡x+12ln⁡(1−x2)f^{-1}(x)=\operatorname{th}x,
\qquad
F(x)=x\operatorname{Arth}x+\dfrac12\ln(1-x^2)Поэтому указанная первообразная действительно удовлетворяет равенствуF′(x)=Arth⁡x+x1−x2−x1−x2=Arth⁡xF'(x)=\operatorname{Arth}x+\dfrac{x}{1-x^2}
-\dfrac{x}{1-x^2}=\operatorname{Arth}xПодставим эти выражения в общую формулу. Поскольку Arth⁡(th⁡x)=x\operatorname{Arth}(\operatorname{th}x)=x, получаем∫th⁡x dx=xth⁡x−F(th⁡x)+C==xth⁡x−[th⁡xArth⁡(th⁡x)+12ln⁡(1−th⁡2x)]+C==−12ln⁡(1−th⁡2x)+C\begin{aligned}
\int\operatorname{th}x\,dx
&=x\operatorname{th}x-F\bigl(\operatorname{th}x\bigr)+C=\\
&=x\operatorname{th}x-\left[
\operatorname{th}x\operatorname{Arth}(\operatorname{th}x)
+\dfrac12\ln\bigl(1-\operatorname{th}^2x\bigr)
\right]+C=\\
&=-\dfrac12\ln\bigl(1-\operatorname{th}^2x\bigr)+C
\end{aligned}Используем тождество1−th⁡2x=1ch⁡2x1-\operatorname{th}^2x
=\dfrac1{\operatorname{ch}^2x}Так как ch⁡x>0\operatorname{ch}x>0 при всех x∈Rx\in\mathbb R, имеем−12ln⁡1ch⁡2x=ln⁡(ch⁡x)-\dfrac12\ln\dfrac1{\operatorname{ch}^2x}
=\ln(\operatorname{ch}x)

Что и требовалось доказать

Демидович № 2180 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика