Раздел IV. Определённый интеграл — § 2. Вычисление определённых интегралов с помощью неопределённых

Демидович — задача 2264

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

Применяя подходящую замену переменной, найти следующие определённые интегралы:

Задача 2264

Найти интеграл∫−13f′(x)1+f2(x) dx,\int_{-1}^3\frac{f'(x)}{1+f^2(x)}\,dx,еслиf(x)=(x+1)2(x−1)x3(x−2).f(x)=\frac{(x+1)^2(x-1)}{x^3(x-2)}.
Ответ:arctg⁡3227−2π\arctg\dfrac{32}{27}-2\pi

Решение

У функции ff внутри промежутка есть полюсы x=0x=0 и x=2x=2. На каждом из трёх промежутков между ними верна формула(arctg⁡f(x))′=f′(x)1+f2(x)\bigl(\arctg f(x)\bigr)'=\dfrac{f'(x)}{1+f^2(x)}Однако напрямую подставлять только внешние пределы −1-1 и 33 нельзя: в полюсах arctg⁡f(x)\arctg f(x) имеет разные односторонние пределы.

Сначала проверим, что интеграл через эти точки существует. ОбозначимP(x)=(x+1)2(x−1),Q(x)=x3(x−2),f(x)=P(x)Q(x)P(x)=(x+1)^2(x-1),
\qquad Q(x)=x^3(x-2),
\qquad f(x)=\dfrac{P(x)}{Q(x)}При Q(x)≠0Q(x)\ne0 отдельно преобразуем производную дроби и знаменатель:f′(x)=P′(x)Q(x)−P(x)Q′(x)Q2(x)1+f2(x)=Q2(x)+P2(x)Q2(x)\begin{aligned}
f'(x)=\dfrac{P'(x)Q(x)-P(x)Q'(x)}{Q^2(x)}\\
1+f^2(x)=\dfrac{Q^2(x)+P^2(x)}{Q^2(x)}
\end{aligned}При делении этих выражений множитель Q2(x)Q^2(x) сокращается:f′(x)1+f2(x)=P′(x)Q(x)−P(x)Q′(x)P2(x)+Q2(x)\dfrac{f'(x)}{1+f^2(x)}
=\dfrac{P'(x)Q(x)-P(x)Q'(x)}{P^2(x)+Q^2(x)}Нули PP равны −1,1-1,1, а нули QQ равны 0,20,2; общих нулей нет. Значит, новый знаменатель всегда положителен и последняя дробь непрерывна даже при x=0,2x=0,2. Тем самым подынтегральная функция имеет в этих точках устранимые разрывы и интегралы по отдельным частям сходятся.

Теперь найдём пределы ff, необходимые для подстановки. Умножение на степень, вызывающую полюс, позволяет подставить соответствующую точку в оставшуюся дробь:lim⁡x→0x3f(x)=lim⁡x→0P(x)x−2=−1−2=12>0lim⁡x→2(x−2)f(x)=lim⁡x→2P(x)x3=(2+1)2(2−1)23=98>0\begin{aligned}
\lim_{x\to0}x^3f(x)
&=\lim_{x\to0}\dfrac{P(x)}{x-2}
=\dfrac{-1}{-2}=\dfrac12>0\\
\lim_{x\to2}(x-2)f(x)
&=\lim_{x\to2}\dfrac{P(x)}{x^3}
=\dfrac{(2+1)^2(2-1)}{2^3}=\dfrac98>0
\end{aligned}Знаки x3x^3 и x−2x-2 меняются при переходе через соответствующую точку, поэтомуf(x)→−∞ при x→0−,f(x)→+∞ при x→0+f(x)→−∞ при x→2−,f(x)→+∞ при x→2+\begin{array}{ll}
f(x)\to-\infty\text{ при }x\to0^-,
&f(x)\to+\infty\text{ при }x\to0^+\\
f(x)\to-\infty\text{ при }x\to2^-,
&f(x)\to+\infty\text{ при }x\to2^+
\end{array}На внешних концахf(−1)=0,f(3)=3227f(-1)=0,
\qquad f(3)=\dfrac{32}{27}ОбозначимF(x)=arctg⁡f(x),I=I1+I2+I3F(x)=\arctg f(x),
\qquad I=I_1+I_2+I_3На каждом промежутке между полюсами FF является первообразной подынтегральной функции. Разбиваем искомый интеграл на три части; значения на концах берём с той стороны, которая принадлежит соответствующему промежутку:I1=∫−10f′(x)1+f2(x) dx=F(0−)−F(−1)=−π2I2=∫02f′(x)1+f2(x) dx=F(2−)−F(0+)=−πI3=∫23f′(x)1+f2(x) dx=F(3)−F(2+)=arctg⁡3227−π2\begin{aligned}
I_1&=\int_{-1}^{0}\dfrac{f'(x)}{1+f^2(x)}\,dx
=F(0^-)-F(-1)=-\dfrac\pi2\\
I_2&=\int_{0}^{2}\dfrac{f'(x)}{1+f^2(x)}\,dx
=F(2^-)-F(0^+)=-\pi\\
I_3&=\int_{2}^{3}\dfrac{f'(x)}{1+f^2(x)}\,dx
=F(3)-F(2^+)=\arctg\dfrac{32}{27}-\dfrac\pi2
\end{aligned}Здесь F(0−)F(0^-), например, обозначает предел при x→0−x\to0^-, а интегралы через полюсы понимаются как пределы интегралов по усечённым отрезкам. Суммируя три найденных значения, получаемI=−π2−π+arctg⁡3227−π2=arctg⁡3227−2π\begin{aligned}
I&=-\dfrac\pi2-\pi
+\arctg\dfrac{32}{27}-\dfrac\pi2=\arctg\dfrac{32}{27}-2\pi
\end{aligned}Два дополнительных слагаемых −π-\pi по сравнению с формальной подстановкой внешних пределов учитывают скачки выбранной ветви арктангенса в двух полюсах.
Демидович № 2264 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика