Интеграл 2

òàê ÷òî

x =			¡a¹ + ¸t2				;
	p			t2 ¡ a
		ax2		bx	+	c
t =				+ ¸)			;
		(x
				¡

dx = 2a(¹ ¡ ¸)2t dt;

(t2 ¡ a)

pax2 + bx + c = a(¸ ¡ ¹)t : t2 ¡ a

Ï ð è ì å ð 39. Рассмотрим J =	1 ¡			1 + x + x2			dx.
Z		x 1 + x + x			2
		p
		Эйлера. Положим
. Применим вторую подстановку		p

p

1 + x + x2 = tx + 1;

и возведем это равенство в квадрат; получим

1 + x + x2 = t2x2 + 2tx + 1;

òàê ÷òî

x =

2t ¡ 1

;

dx = 2

1 ¡ t + t2

dt;

1 ¡ t

2

2

2

p

x

p

(1 ¡ t )

1 ¡ t2

1 + x + x2

¡ 1

=

1 ¡ t + t2

:

t =

;

1 + x + x2

Подставляя эти выражения в искомый интеграл, получим

J =

¡2t dt

= ln 1

¡

t2

+ C = ln

¯

2

1 + x + x2

¡ 2 ¡ x

¯

+ C: /

x2

Z

1

¡

t2

¯

¯

¯

p

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

Заметим, что первая подстановка Эйлера фактически приме-
нена в примере 27 к вычислению интеграла		Z				dx
										.
						x2		a2
Ï ð è ì å ð 40. Табличный интеграл Z				pdx			§
									известен из
					a2 ¡ x2
элементарных соображений, но для	упражнения применим к нему
			p

подстановки Эйлера.

. Воспользуемся третьей подстановкой

p

a2 ¡ x2 = t(a ¡ x);

31

тогда

t2 ¡ 1

4at dt

p

=

2at

x = a

; dx =

;

a2

¡

x2

;

t2 + 1

(t2 + 1)2

t2 + 1

è

Z

¡

Z

¡

dx

dt

a x

p

= 2

t2 + 1 = 2 arctg t + C = 2 arctg ra + x + C:

a2

x2

Так как имеет место тождество

2 arctg r

a

x

x

¼

+

= arcsin

+

; (¡a < x < a);

a

x

a

2

¡

то этот результат лишь формой разнится от известного нам. /

Приведенный пример показывает, что при интегрировании

необходимо иметь в виду возможность для интеграла получаться в

разных формах, в зависимости от применяемого для его вычисления

метода. Поэтому в сомнительных случаях результат интегри-

рования следует обязательно проверять дифференцирова-

íèåì.

Ï ð è ì å ð 41. . Если к тому же интегралу применить вторую под-

получим

p

¡

¡

становку

a2

x2

= xt

a, то, поступая аналогично предыдущему,

Z pa2

¡ x2

= ¡ 2 Z t2

+ 1 =

a + a2

x2

dx

dt

p

= 2 arctg t + C = ¡ 2 arctg

x

¡

+ C:

Здесь имеет место другое обстоятельство: этот результат годится отдельно для промежутка (¡a; 0) è (0; a), ибо в точке x = 0 âûðà-

жение

a2

x2

¡ 2 arctg

a + px

¡

лишено смысла, так как

p

! ¡

x

0

á

a +

a2

¡

x2

!

x

lim

á

2 arctg

¡

=

¼;

x

0+

x

!

¡

!

p

lim

2 arctg

a +

a2

x2

=

¼:

32

Выбирая для упомянутых промежутков различные значения постоянной С так, чтобы второе из них было на 2¼ больше первого, можно

составить функцию, непрерывную на всем промежутке (¡a; a), если принять за ее значение при x = 0 общий предел слева и справа.

	И на этот раз мы получили прежний результат лишь в другой
форме, ибо имеют место тождества
						>	x	¡ ¼	äëÿ	0 < x < a;
¡	2 arctg a +				=
							x
			x
				a2 ¡ x2		8 arcsin a
			p			>
						< arcsin		+ ¼	äëÿ	¡	a < x < 0: /
							a
						>
						>
						:

Подстановки Эйлера часто приводят к довольно сложным интегралам от рациональных функций. В простых случаях целесообразно воспользоваться приемами, приведенными ниже.

Z

Pn(x) dx

Интегрирование выражений вида Qm(x)pax2 + bx + c

В интегралах вида

Z

Pn(x) dx ; Qm(x)pax2 + bx + c

ãäå Pn(x) è Qm(x) многочлены, необходимо разложить дробно-

рациональную функцию Pn(x)=Qm(x) на элементарные дроби. При этом получим интегралы следующего вида

1)

Z

Pn(x) dx

p

;

ax2

dx

+ bx + c

2) Z

;

(x ¡ ®)n

ax2 + bx + c

Mx

N

dx

3) Z

(p

+

)

; p2

¡ 4q < 0:

(x2 + px + q)m

ax2 + bx + c

p

Методы интегрирования этих выражений рассмотрены ниже.

33

Интегрирование выражений вида Z Pn(x) ¡ax2 + bx + c¢§1=2 dx

Интегралы вида Z

ax2

+ bx + c, ãäå Pn(x) многочлен сте-

Pn(x) dx

ïåíè n, вычисляются по

p

формуле

Pn(x) dx

p

2

dx

(16)

ax2 + bx + c =

Z

+ ¸ Z

= Pn¡1(x)p

ax + bx + c

:

ax2 + bx + c

Здесь

¸

число,

Pn¡1(x)

полином степени

p

. Коэффициенты

n ¡ 1

полинома Pn¡1(x) и число ¸ считаются неизвестными и определя-

ются после дифференцирования равенства (16), приведения правой части к общему знаменателю и приравнивания коэффициентов при одинаковых степенях в числителях получившихся дробей.

Òàê êàê

				P	x)(ax2 + bx + c)
Pn(x)pax2
		+ bx + c =			n(			;
					p
						ax2 + bx + c

	то описанный метод применим и к вычислению интегралов вида
	Z Pn(x)p					dx:
			ax2 + bx + c
	Ï ð è ì å ð 42. Вычислить J = Z				x2+ 32x + 10 dx.
				x2			x + 5
	. По формуле (16) имеем			p	¡
								dx
	J = (Ax + B)px2 ¡ 2x + 10 + ¸ Z										;
							p
								x2 ¡ 2x + 10

ãäå A, B è ¸ неизвестные пока коэффициенты. Дифференцируя обе части равенства, находим

x2 + 3x + 5

=

p

x2 ¡ 2x + 10

(Ax + B)(x 1)

¸

2

= Apx ¡ 2x + 10 +

¡

+

:

p

p

x2 ¡ 2x + 10

x2 ¡ 2x + 10

34

Приводя выражение справа к общему знаменателю и приравнивая числители, получаем

x2 + 3x + 5 = A(x2 ¡ 2x + 10) + (Ax + B)(x ¡ 1) + ¸;

откуда

1 = 2A; 3 = ¡3A + B; 5 = 10A ¡ B + ¸;

èëè

1

9

9

A =

; B =

; ¸ =

:

Поэтому

2

2

2

p

¡

1

9

dx

J =

x + 9

2

9

p

=

2

2

(x + 9) x2 ¡ 2x + 10 + 2 Z

(x 1)2 + 9

p

+

ln ³x ¡ 1 + p

´ + C: /

=

x ¡ 2x + 10

x ¡ 2x + 10

2

2

Интегрирование выражений вида

Z

(x

®)n

ax2

+ bx + c

dx

Интегралы вида Z

dx

¡

p

, ãäå n > 0 целое

(x ¡ ®)n

ax2 + bx + c

число, приводятся к интегралу отpрациональной функции с помо-

1

щью подстановки x ¡ ® =

.

t

Z

Ï ð è ì å ð 43. Вычислить J =

dx

3)

(x

¡

x2 + 4

.

. Применяем подстановку

p

тогда

J = ¡

x ¡ 3 =

1

; dx = ¡

dt

;

t

t2

Z

dt

=

13t2

+ 6t + 1

p

Z

¡

p

t + 3=p

¢

1

d

13

13

= ¡ p

q¡

p

p

2

=

13

3

¢

1

2

= ¡ p13 ln

¯p13 t + p13

+ 13t + 6t + 1¯

+ C =

¯

p

¯

¯

p

¯

1

13

3

x2 + 4

¯ =

ln

+

+

¯

+ C: /

¯x 3

¯

¡ p13

p13

x 3

¯

¡

p

¡

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

35

ax2 + bx + c dt + t2 dx = a dx;

36

Прежде, чем перейти к методам вычисления интегралов вида

Z

(Mx + N) dx

(x2 + px + q)mpax2 + bx + c ;

рассмотрим два интеграла частного вида.

(ax2 + bx + c)(2m+1)=2

Интегрирование выражений вида

Z

dx

Z

Для вычисления интегралов вида

dx

=

(ax2 + bx + c)(2m+1)=2

= Z

dx

;

(17)

(ax2 + bx + c)m (ax2 + bx + c)1=2

ãäå m > 0 целое число, применяется подстановка Абеля

t = ³pax2 + bx + c ´0

= 2

ax2 + bx + c :

(18)

2ax + b

Возводя это равенство в квадрат, и

p

4(ax

2

+ bx + c),

умножая на

получим

4t2(ax2 + bx + c) = (4a2x2 + 4abx + b2):

Вычитая из обеих частей этого равенства выражение 4a(ax2+bx+c), получим, что

4(a ¡ t2)(ax2 + bx + c) = 4ac ¡ b2;

и, таким образом,			m	= µ4ac		4¡ b2 ¶m (a			1t2)m :		(19)
ax2	+ bx + c
¡		¢
									¡

Из (18) следует, что

p 2ax + b t ax2 + bx + c = :

2

Дифференцируя это равенство, найдем:

p ³p

ax2 + bx + c dt + t ax2 + bx + c

p

=

´0

dx =

òàê ÷òî

dx

dt

(20)

Èç (19) è (20)

p

= a ¡ t2

:

ax2 + bx + c

следует, что

Z

dx

= µ

¡

¶

m

Z

¡

¢

4

a ¡ t2

m¡1 dt;

(ax2 + bx + c)(2m+1)=2

4ac

b2

и интеграл (17) привелся к интегралу от полинома.

Ï ð è ì å ð 44. Вычислить J =

Z

(2x2 ¡ x + 2)7=2 .

dx

. Подстановка Абеля

´

2p2x2

¡ x + 2

äàåò

³p

¡

0

4x ¡ 1

t =

2x2

x + 2

=

dx

=

dt

;

2 ¡ t2

2x2

x + 2

t2)3 =

64 (2

t2)3 :

2x ¡ x + 2 =

µ 4 ¶ (2

¡

¡

¡

¡

¢

p

2

3

15

3

1

3375

1

Искомый интеграл преобразуется к виду

x

Интегрируя его и возвращаясь к

¡

¢

J =

64

Z

2 ¡ t2

2 dt:

3375

переменной

, получим

J =

64

2

4x ¡ 1

1

(4x ¡ 1)3

+

3375 "

(2x2 ¡ x + 2)1=2 ¡

6 (2x2 ¡ x + 2)3=2

+

1

(4x ¡ 1)5

: /

160 (2x2 ¡ x + 2)5=2

#

®x2

+ ¯

Интегрирование выражений вида Z

(x2 + ¸2)n

dx

В интегралах вида Z

dx

p

; ãäå n > 0 целое

(x2 + ¸2)n

®x2

+ ¯

число, удобно использовать подстан

p

r® + x2

îâêó

(21)

= t:

¯

37

Эффективной также оказывается подстановка Абеля

 ñèëó (20),

t =

³p®x2 + ¯ ´0

= p®x2

+ ¯ :

(22)

®x

dx

dt

=

;

p

® ¡ t2

кроме того,

®x2 + ¯

:

x2 + ¸ = ¡

¡® (®¢

t2)

¯

®¸2

t2 + ¸2®2

Поэтому

¡

+ ¸2)k

®x2 + ¯

= ®

[(¯ ¡

®¸2)t¢2 + ¸2®2]k ;

(x2

Z

Z

p

¡

k¡1 dt

dx

k

® ¡ t2

и искомый интеграл привелся к интегралу от рациональной функции.

Ï ð è ì å ð 45. Найти J = Z

dx

(x2 + 2)

.

x2 ¡ 1

. a) Применим сначала

подстановку

p

1

1

dx

r1 ¡

= v;

= 1 ¡ v2;

= v dv;

x2

x2

x3

тогда

p

+ vp

dv

1

3

2

J =

Z

=

2p

ln

¯p

vp

¯

+ C =

3

¡

2v2

¡

6

3

2

¯

¯

¯

¯

xp

+

2x2¯

¯

1

3

2

=

ln

¯

¡

+ C: ¯

2p6

¯xp3

¡

p2x2

¡

2

¯

¯

p

¯

¯

¯

¯

¯

б) Подстановка Абеля¯

приводит к следующему¯

результату:

x

dx

dt

t = ³

p

x2 ¡ 1 ´0

=

;

=

;

1 ¡ t2

x2 ¡ 1

x2 ¡ 1

p

2

p

3t2

2

x + 2 =

¡

;

1 ¡ t2

38

è

¯p

¯

Z

J =

=

2p

ln

tp

+ C =

2

¡

3t2

¡

6

2

3

dt

1

¯

p2 + tp3

¯

xp

+

2x2¯

¯

1

3

2

=

ln

¯

¡

+ C:¯

2p6

¯xp3

p2x2

¡

2

¯

¯

¡

¯

¯

p

¯

¯

¯

¯

¯

Таким образом, обе подстановки эквивалентны, как с точки зрения тождественности окончательных результатов, так и по объ-

ему вычислительной работы. /

Интегрирование выражений вида

Z

(x2 + px(+ q)m

ax2 + bx + c

Mx + N) dx

При вычислении интегралов вида

p

J = Z

Mx + N) dx

(23)

(x2 + px(+ q)m

ax2 + bx + c ;

выделяют два случая.

p

¡

¢

òåëå

¡

¢

1)

ax2 + bx + c

= a

x2 + px + q

трехчлены в знамена-

совпадают или отличаются лишь множителем. Тогда искомый

интеграл имеет вид

1

Z

(Mx + N) dx

M

Z

(2x + p) dx

J = p

=

2p

+

(x2 + px + q)(2m+1)=2

(x2 + px + q)(2m+1)=2

a

a

+ 2N2¡pa

Z

(x2 + px + q)(2m+1)=2 :

(24)

Mp

dx

Первый интеграл сразу берется подстановкой t = x2 + px + q,

ко второму применяют подстановку Абеля (18).

¢

цели ведет подстановка,

¡

¢

¡

2)

В общем случае, когда

ax2

+ bx + c

6= a x2

+ px + q

, ê

уничтожающая члены в первой степени в

обоих трехчленах одновременно. Этот случай также разбивается на два варианта.

39

2a) Ïðè p =6 b=a применяется подстановка

	x =	¹t + º	;	(25)
		t + 1

где коэффициенты ¹ è º подбираются так, чтобы удовлетворить

указанному условию. Подставляя (25) в трехчлены, входящие в подинтегральное выражение, получим

x2 + px + q =

ax2 + bx + c =

(¹2 + p¹ + q)t2 + (t + 1)2

+ [2¹º + p(¹ + º) + 2q]t + (º2 + pº + q) ; (t + 1)2

(a¹2 + b¹ + c)t2 + (t + 1)2

+ [2a¹º + b(¹ + º) + 2c]t + (aº2 + bº + c) : (t + 1)2

Значения ¹ è º определяются из условий равенства нулю коэффициентов при первых степенях t:

2¹º + p(¹ + º) + 2q = 0; 2a¹º + b(¹ + º) + 2c = 0:

èëè			aq ¡ c				bq ¡ cp
(¹ + º) =	¡	2				; ¹º =				:
			ap	¡	b		ap	¡	b

Согласно теореме Виета, ¹ è º есть корни квадратного уравнения

(ap ¡ b)z2 + 2(aq ¡ c)z + (bq ¡ cp) = 0:

(26)

Можно доказать, что корни уравнения (26) вещественны и различ-

ны, и, таким образом, подстановка (25) определена.

В результате подстановки интеграл (23) преобразуется к виду

J = Z

P (t) dt

;

(t2 + ¸)m

®t2 + ¯

ãäå

полином степени

è ¸ > . Ïðè m >

правильную

P (t)

2m

1

p

0

1

дробь P (t)=

t2 + ¸

m разложим¡

придем к

¡

¢

на элементарные, в результате чего

сумме интегралов вида

Jk = Z

(Akt + Bk) dt

(27)

(t2 + ¸)k

p

;

(k = 1; 2; : : : ; m):

®t2 + ¯

40