3.8. Интегрирование выражений, содержащих радикалы

	3.8.1. Иррациональности вида					n ax +b , n ax +b
							cx +d
1. Избавление			от	иррациональности вида			n ax +b достигается
							1
подстановкой ax +b = tn . При этом n ax +b = t и dx = a ntn −1dt .
Пример 1. Вычислить ∫				dx .
				x +3
Решение. Подстановка x = t2					дает x = t и dx = 2tdt . Тогда
∫	dx	= 2∫	tdt =	2∫(t +3 −3)dt
	x +3		t +3		t +3
		= 2∫dt −6∫		dt	= 2t −6ln | t +3 | +C	= 2	x −6ln | x +3 | +C.
				t +3

2.Чтобы одновременно избавиться от радикалов k x и m x , достаточно

сделать подстановку x = tn , где n – наименьшее общее кратное показателей степени k и m.

Пример 2. Вычислить ∫

Подстановка x = t6 дает

∫

Приведем рациональное

t3		=	((t
t +	1

dx

x + 3 x .

и dx = 6t5dt . Тогда

x = t3 ,

3 x = t2

dx

= 6∫

t5dt

2 = 6∫

t3dt

.

x +

3

x

t

3

+t

t +1

выражение

t3

к правильной дроби:

t

+1

+1) −1)3

1

= (t +1)2 −3(t +1) + 3 −

.

t +1

t +1

Интегрируем почленно и затем возвращаемся к исходной переменной x:

∫t3dt		=	(t +1)3 − 3(t +1)2				+3t −ln | t +1| +C
t +1			3			2
		=	(6 x	+1)3		3(6 x +1)2
			3		−	2	+36 x −ln | 6 x +1| +C.
Таким образом, ∫			dx3	x	= 2(6	x +1)3 −9(6		x +1)2 +186	x −6ln | 6	x +1| +C .
		x +
3. Избавление	от		иррациональности					вида n	ax +b	достигается
				= tn . При этом x = tnd −b .					cx + d
подстановкой	ax +b
	cx +d							a −tnc

83

3.8.2. Интегралы, содержащие радикалы вида a2 ± x2 , x2 −a2

3.8.2.1.Тригонометрические подстановки

1.Чтобы избавиться от радикалов вида a2 − x2 , можно применить тригонометрическую подстановку x = a sin t . При этом

	a2 − x2 =	a2 −a2 sin2 t	(59)
	=	a2 (1−sin2 t) = a2 cos2 t = a cost,

dx = a costdt .

Тот же эффект достигается с помощью подстановки x = a cosu . В этом

случае a2 − x2

= a sin t и dx = −a sin tdt .

2. Иррациональность

вида

a2 + x2

устраняется

использованием

подстановки x = a tg t

благодаря тригонометрическому тождеству

1 + tg2t =

1

.

(60)

При этом

cos2 t

a

2

+ x

2

= a

2

+a

2

2

t =

a

2

2

t) =

a2

=

a

,

(61)

tg

(1+ tg

cos2 t

cost

adt

dx =

.

cos2 t

Другой возможной подстановкой является x = a ctg t , которая влечет

a

2

+ x

2

=

a

2

2

t) =

a2

=

a

,

(62)

(1 +ctg

sin2 t

cost

adt

dx = −

sin2 t

3.Тригонометрическое тождество (60) позволяет также избавиться от радикалов вида x2 −a2 . Формула (60), записанная в виде

1

−1 = tg2t ,

cos2 t

показывает, что разность x2 −a2

представляет собой полный квадрат,

если x =

a

. При этом

dx =

a sin t

dt ,

cos t

cos2 t

x

2

−a

2

=

a2

−a

2

= a

2

2

t = a tg t .

(63)

cos2 t

tg

84

Другой возможной подстановкой являетсяx = sian t , которая дает

x

2

−a

2

=

a2

−a

2

=

a

2

2

t = a ctg t ,

(64)

sin2 t

ctg

dx = − a cost dt .

sin2 t

Пример 1. Вычислить ∫

3 − x2

x

2

dx .

Решение. Подстановка x =

3 sin t

дает

∫

3

− x2

dx

= ∫

3 cost

3 costdt

x

2

3sin

2

t

12

= ∫ctg2tdt = ∫(

t

−1)dt = −ctg t −t +C.

sin

Решение выражено в терминах переменной t . Чтобы записать его в терминах переменной x , выполним следующие преобразования:

x =

3 sin t

t = arcsin

x

,

3

ctg t = cost

1−sin2 t

1−sin2 arcsin

x

1−

x2

3 − x2 .

3

=

=

=

3

=

sin t

x

x

sin t

sin arcsin

x

3

3

Таким образом,

∫

3 − x2

3 − x2

x

x2

dx = −

x

−arcsin

3

+C .

Пример 2. Вычислить

∫

9 + x2

x

4

dx .

3dt

3

Решение. Пусть x = 3tg t . Тогда

dx =

и

9 + x2 =

cos2 t

cos t

∫

9 + x2

9

∫

dt

x

4

dx =

81

4

t cos

3

t

tg

=

1 ∫costdt4

=

1

∫d (sin4

t)

= −

1

3

t

+C.

9

sin

t

9

sin

t

27sin

Осталось записать решение в терминах исходной переменной x .

Учитывая равенство t = arctg

x

и тождество tg t = tg(arctg

x

) =

x

, находим

3

3

3

85

sin t =

sin t

=

tg t

=

x 3

=

x .

cos2 t +sin2 t

1 + tg2t

1+(x 3)2

9 + x2

Следовательно,

∫

9 + x2

(9 + x2 ) 9

+ x2

+C .

x4

dx = −

27x3

Пример 3.

Вычислить ∫

x

2

dx2

.

x

−5

Решение. Подстановка x =

5

влечет dx = −

5 cos t dt и

x2 −5 =

5 ctg t .

Тогда

sin t

sin2 t

∫

x2

dx

= −

5

5 ∫cos t sin2

2tdt

= −

1

∫sin tdt = cos t

+C .

x2 −5

5

ctg t sin

t

5

5

Выразим cos t

через переменную x :

x =

5

sin t =

5

sin t

x

cos u =

1 −sin

2

t =

1 −(

5

)

2

=

x2 −5

.

x

x

Окончательно имеем:

∫

x

2

dx2

−5

=

x2 −5 +C .

x

5x

Замечание.

Чтобы

избавиться

от

радикалов

± x2 +bx +c ,

нужно

предварительно выделить полный квадрат в выражении под знаком радикала, преобразовав его к виду ±(x −a)2 +const . Затем подстановка y = x −a сводит проблему к одной из вышерассмотренных.

3.8.2.2.Гиперболические подстановки

	1. Гиперболическое тождество	1 − th2 z =	1
			ch2 z

подсказывает сразу две подстановки, x = a th

позволяют устранить радикалы вида a2 − x2 . Действительно, полагая x = a th z , мы имеем

(см. Приложение 1)

	z и x =	a	, которые
		ch z

	a2 − x2 = a 1 − th2 z			= a			,	dx =	a	dz .
									ch2 z
				ch z
	Аналогично, подстановка		x =	a		дает
				ch z				dx = − a sh z dz .
		1
	a2 − x2 = a 1 −		= a th2 z = a th z ,
		ch2 z								ch2 z

86

Пример. Вычислить ∫

2. Иррациональность вида a2 + x2 может быть устранена подстановкой

	x = a sh z (благодаря		тождеству 1+sh2 z = ch2 z ),		равно как и
	подстановкой x =	a	(благодаря тождеству 1 +	1	= cth2 z ).
		sh z		sh2 z

3. Гиперболическое тождество ch2 z −1 =sh2 z указывает на подстановку x = a ch z , позволяющую избавиться от радикалов вида x2 −a2 .

Решение. Полагаем

x2 +a2 = a

dx . x2 +a2

x = a sh z , что влечет dx = a ch z dz . Тогда

sh2 z +1 = a ch z ∫	dx	= ∫dz = z +C .
	x2 +a2

Чтобы выразить z

через

x,

нужно

предварительно решить

уравнение

x = a sh z относительно ez

= t :

x = a (ez −e−z )

2x

= ez

−

1

2x

= t −1

ez

a

2

a

t

t2 − 2x t −1 = 0

t = x

+

x2

+1 = 1 (x +

x2 +a2 ) .

a

a

a2

a

Равенство ez = 1 (x +

x2 +a2 ) означает, что z = ln( x +

x2 +a2 ) −ln a .

a

dx

Таким образом, ∫

x

= z +C = ln(x +

x2 +a2 ) +const .

2 +a2

3.8.3. Интегралы вида ∫xm (a +bxn ) p dx

Теорема Чебышева. Пусть m, n и p – рациональные числа. Тогда интеграл

∫xm (a +bxn ) p dx может быть

представлен в виде конечной

комбинации

элементарных функций,

если

и

только если среди

чисел

p ,

m +1

и

n

m +1

+ p имеется целое число.

n

Доказательство. Докажем достаточность условий теоремы.

1) Предположим,

что число

p –

целое. Обозначим через

s

наименьшее

общее кратное

знаменателей

дробей m = m1 m2

и n = n1 n2 . Тогда

подстановкой

x = ts

интеграл преобразуется

к

интегралу

от

рациональной функции, что решает проблему его вычисления.

87

2)

Сделаем подстановку xn = z . Тогда

m

1

m+1

∫xm (a +bxn ) p dx = ∫z

(a +bz) p

1 z

−1dz = 1 ∫z

−1 (a +bz) p dz . (65)

n

n

n

m +1

n

n

Если

– целое число, то подстановка a +bz = tk

(где k – знаменатель

n

дроби рационального числа p) приводит (65) к интегралу от

рациональной функции.

3)

Выполнив тождественное преобразование,

представим интеграл (65) в

виде

m+1

m+1

∫z

−1

(a +bz) p dz = ∫z

+p−1 ( a +bz ) p dz .

n

n

(66)

m +1

z

a +bz

Если

+ p

– целое число,

то подстановкой

= t s (где k –

n

z

знаменатель дроби рационального числа p) интеграл (66) преобразуется к интегралу от рациональной функции.

Таблица 5. Подстановки Чебышева.

∫xm (a +bxn ) p dx

Целые

Подстановки

p

x = ts ,

где s – наименьшее общее кратное знаменателей

рациональных дробей m и n

m +1

a +bxn = tk ,

n

где k – знаменатель дроби рационального числа p

m +1 + p

a

+b = t

k

,

xn

n

где k – знаменатель дроби рационального числа p

Пример 1. Вычислить ∫4 1 + x2 dx .

Решение. Здесь

p = 1 ,

m +1

=

0 +1

= 1 ,

m +1

+ p =

1 +

1 =

3 .

2

4

n

2

n

4

2

4

Ни одно из этих чисел не является целым.

Следовательно, интеграл не выражается через конечные комбинации элементарных функций.

Пример 2. Вычислить ∫ 1+x x2 dx .

Решение. Запишем интеграл в виде ∫x−1(1+ x2 )12 dx .

88

Очевидно, что p =		1 , m = −1, n = 2				m +1		=	−1 +1		= 0 .
						n			2
		2
Поскольку число	m +1			является целым, то следует применить подстановку
		n
x2 +1 = t2 .

Вычисления будут упрощены, если предварительно преобразовать подынтегральное выражение, выделив комбинацию x2 +1 в явном виде:

∫

1

+ x2

dx = ∫

1

+ x2

xdx =

1

∫

1 + x2

d (x

2

+1)

x

x

2

2

(x

2

+1)

−1

=22 ∫t2 t−1 tdt = ∫t2t−2 1 dt

=∫(1 + t2 1−1)dt = t + 12 ln | tt +−11 | +C.

Чтобы вернуться к переменной x, нужно сделать обратную подстановку t = x2 +1 . Окончательный результат имеет вид

∫

1

+ x2

2

1

x2 +1 −1

x

dx =

x

+1

+ 2 ln |

x2 +1 +1 | +C .

Пример 3.

Преобразовать

∫x 3 1+ x3 dx

к

интегралу

от

рациональной

функции.

Решение. Перепишем интеграл в виде ∫x1(1+ x3 )1 3 dx .

В данном случае p =

1

, m =1,

n = 2 .

3

Проверим выполнение условий интегрируемости:

m +1

= 2 ,

m +1

+ p = 2 +

1 =1.

n

n

m +1

3

3

3

1

Число

+ p является целым, что диктует подстановку

+1 = t3 .

n

x3

1

Преобразуем подынтегральное выражение, выделив комбинацию

+1 = t3

в явном виде.

x3

∫x 3 1 + x3 dx = ∫

3 13 +1 x2dx = 1

∫ 3 13 +1 d (x3 ) .

x

3

x

Учитывая

равенства

x3 = (t3 −1)−1

и

d (x3 ) = −(t3 −1)−2 3tdt ,

приводим

интеграл к заданному виду:

3 t2

∫x 3 1 + x3 dx

= ∫

(t

2 dt .

−1)

89