Math24.ru
Математический Анализ
Главная
Математический анализ
Пределы и непрерывность
Дифференцирование
Приложения производной
Интегрирование
Последовательности и ряды
Двойные интегралы
Тройные интегралы
Криволинейные интегралы
Поверхностные интегралы
Ряды Фурье
Дифференциальные уравнения
Уравнения 1-го порядка
Уравнения 2-го порядка
Уравнения N-го порядка
Системы уравнений
Формулы и таблицы
Powered by MathJax
   Тригонометрические и гиперболические подстановки
В данной секции мы рассмотрим вычисление интегралов вида \({\large\int\normalsize} {R\left( {x,\sqrt {a{x^2} + bx + c} } \right)dx} ,\) где \(R\) - рациональная функция \(x\) и квадратного корня \({\sqrt {a{x^2} + bx + c} }.\)

Предварительно преобразуем квадратичную функцию под знаком корня, выделив в ней полный квадрат: \[ {a{x^2} + bx + c } = {a\left( {{{\left( {x + \frac{b}{{2a}}} \right)}^2} + \left( {c - \frac{{{b^2}}}{{4a}}} \right)} \right).} \] Выполнив замену \(u = x + \large\frac{b}{{2a}}\normalsize,\;du = dx,\) мы получим один из следующих \(3\) интегралов в зависимости от значений коэффициентов \(a, b\) и \(c:\)
  1. \({\large\int\normalsize} {R\left( {u,\sqrt {{r^2} - {u^2}} } \right)du} \)

  2. \({\large\int\normalsize} {R\left( {u,\sqrt {{r^2} + {u^2}} } \right)du} \)

  3. \({\large\int\normalsize} {R\left( {u,\sqrt {{u^2} - {r^2}} } \right)du} \)

Каждый из этих трех интегралов вычисляется с помощью специальных тригонометрических или гиперболических подстановок.

1. Интегралы вида \({\large\int\normalsize} {R\left( {u,\sqrt {{r^2} - {u^2}} } \right)du} \)
Тригонометрическая подстановка: \[ {u = r\sin t,}\;\; {du = r\cos tdt,}\;\; {\sqrt {{r^2} - {u^2}} = r\cos t,}\;\; {t = \arcsin \left( {\frac{u}{r}} \right).} \]
2. Интегралы вида \({\large\int\normalsize} {R\left( {u,\sqrt {{r^2} + {u^2}} } \right)du} \)
Тригонометрическая подстановка: \[ {u = r\tan t,}\;\; {du = r\,{\sec ^2}tdt,}\;\; {\sqrt {{r^2} + {u^2}} = r\sec t,}\;\; {t = \arctan \left( {\frac{u}{r}} \right).} \] Гиперболическая подстановка: \[ {u = r\sinh t,}\;\; {du = r\cosh tdt,}\;\; {\sqrt {{r^2} + {u^2}} = r\cosh t,}\;\; {t = \text{arcsinh} \left( {\frac{u}{r}} \right).} \]
3. Интегралы вида \({\large\int\normalsize} {R\left( {u,\sqrt {{u^2} - {r^2}} } \right)du} \)
Тригонометрическая подстановка: \[ {u = r\sec t,}\;\; {du = r\tan t\sec tdt,}\;\; {\sqrt {{u^2} - {r^2}} = r\tan t,}\;\; {t = \arccos \left( {\frac{r}{u}} \right).} \] Гиперболическая подстановка: \[ {u = r\cosh t,}\;\; {du = r\sinh tdt,}\;\; {\sqrt {{u^2} - {r^2}} = r\sinh t,}\;\; {t = \text{arccosh} \left( {\frac{u}{r}} \right).} \] Примечания:
  • Вместо тригонометрических подстановок в случаях \(1, 2, 3\) можно использовать, соответственно, подстановки \(x = r\cos t,\) \(x = r\cot t,\) \(x = r\csc t.\)

  • В приведенных выше формулах рассматриваются только положительные значения квадратного корня. Например, в общем случае следовало бы писать \[ {\sqrt {{r^2} - {u^2}} } = {\sqrt {{r^2} - {r^2}{{\cos }^2}t} } = {\sqrt {{r^2}{\sin^2}t} } = {\left| {r\sin t} \right|.} \] Мы полагаем, что \(\left| {r\sin t} \right| = r\sin t.\)

   Пример 1
Вычислить интеграл \({\large\int\normalsize} {\large\frac{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} dx}}{{{x^2}}}\normalsize} .\)

Решение.
Сделаем подстановку \[ {x = a\sin t,}\;\; {dx = a\cos tdt,}\;\; {t = \arcsin \frac{x}{a}.} \] Получаем \[ {\int {\frac{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} dx}}{{{x^2}}}} } = {\int {\frac{{\sqrt {{a^2} - {a^2}{{\sin }^2}t} }}{{{a^2}{{\sin }^2}t}}a\cos tdt} } = {\int {\frac{{a\cos t}}{{{a^2}{{\sin }^2}t}}a\cos tdt} } = {\int {{{\cot }^2}tdt} = \int {\left( {{{\csc }^2}t - 1} \right)dt} } = { - \cot t - t + C = - \frac{{\sqrt {1 - {{\sin }^2}t} }}{{\sin t}} - t + C } = { - \frac{{\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{{a^2}}}} }}{{\frac{x}{a}}} - \arcsin \frac{x}{a} + C } = { - \frac{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}{x} - \arcsin \frac{x}{a} + C.} \] Здесь для упрощения интеграла мы использовали формулу \({\cot ^2}t = {\csc ^2}t - 1.\)

   Пример 2
Вычислить интеграл \({\large\int\normalsize} {\large\frac{{dx}}{{\sqrt {{{\left( {{a^2} + {x^2}} \right)}^3}} }}\normalsize} .\)

Решение.
Применим гиперболическую подстановку \(x = a\sinh t,\) \(dx = a\cosh tdt.\) Поскольку \(1 + {\sinh ^2}t = {\cosh ^2}t,\) интеграл равен \[ {\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{{\left( {{a^2} + {x^2}} \right)}^3}} }}} } = {\int {\frac{{a\cosh tdt}}{{\sqrt {{{\left( {{a^2} + {a^2}{{\sinh }^2}t} \right)}^3}} }}} } = {\int {\frac{{a\cosh tdt}}{{{a^3}{{\cosh }^3}t}}} } = {\frac{1}{{{a^2}}}\int {{{\text{sech}}^2}tdt} } = {\frac{1}{{{a^2}}}\tanh t + C } = {\frac{1}{{{a^2}}}\frac{{\sinh t}}{{\cosh t}} + C } = {\frac{1}{{{a^2}}}\frac{{\sinh t}}{{\sqrt {1 + {\sinh^2}t} }} + C } = {\frac{1}{{{a^2}}}\frac{{\frac{x}{a}}}{{\sqrt {1 + \frac{{{x^2}}}{{{a^2}}}} }} + C } = {\frac{1}{{{a^2}}}\frac{x}{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }} + C.} \]
   Пример 3
Вычислить интеграл \({\large\int\normalsize} {\large\frac{{dx}}{{\sqrt {{{\left( {{x^2} - 8} \right)}^3}} }}\normalsize} .\)

Решение.
Для нахождения этого интеграла используем замену \(x = \sqrt 8 \sec t,\) \(dx = \sqrt 8 \tan t\sec tdt.\) Применив соотношение \({\sec ^2}t - 1 = {\tan ^2}t,\) получаем \[ {I = \int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{{\left( {{x^2} - 8} \right)}^3}} }}} } = {\int {\frac{{\sqrt 8 \tan t\sec tdt}}{{\sqrt {{{\left( {8{{\sec }^2}t - 8} \right)}^3}} }}} } = {\frac{{\sqrt 8 }}{{\sqrt {{8^3}} }}\int {\frac{{\tan t\sec tdt}}{{{{\tan }^3}t}}} } = {\frac{1}{8}\int {\frac{{\cos tdt}}{{{{\sin }^2}t}}} } = {\frac{1}{8}\int {\frac{{d\left( {\sin t} \right)}}{{{{\sin }^2}t}}} } = { - \frac{1}{{8\sin t}} + C.} \] Выразим \(\sin t\) через \(x:\) \[ {\sin t = \sqrt {1 - {{\cos }^2}t} } = {\sqrt {1 - \frac{1}{{{{\sec }^2}t}}} } = {\frac{{\sqrt {{{\sec }^2}t - 1} }}{{\sec t}} } = {\frac{{\sqrt {\frac{{{x^2}}}{8} - 1} }}{{\frac{x}{{\sqrt 8 }}}} } = {\frac{{\sqrt {{x^2} - 8} }}{x}.} \] Следовательно, интеграл равен \[ {I = - \frac{1}{{8\frac{{\sqrt {{x^2} - 8} }}{x}}} + C } = { - \frac{x}{{8\sqrt {{x^2} - 8} }} + C.} \]
   Пример 4
Вычислить интеграл \({\large\int\normalsize} {\large\frac{{dx}}{{\sqrt {\left( {x - a} \right)\left( {b - x} \right)} }}\normalsize} .\)

Решение.
Сделаем следующую подстановку: \(x - a = \left( {b - a} \right){\sin ^2}t.\) Следовательно, \[ {x = a + \left( {b - a} \right){\sin ^2}t,}\;\; {dx = 2\left( {b - a} \right)\sin t\cos tdt,} \] \[ {\Rightarrow b - x = b - a - \left( {b - a} \right){\sin ^2}t } = {\left( {b - a} \right)\left( {1 - {{\sin }^2}t} \right) } = {\left( {b - a} \right){\cos^2}t.} \] Тогда интеграл равен \[\require{cancel} {I = \int {\frac{{dx}}{{\sqrt {\left( {x - a} \right)\left( {b - x} \right)} }}} } = {\int {\frac{{2\left( {b - a} \right)\sin t\cos tdt}}{{\sqrt {\left( {b - a} \right){{\sin }^2}t\left( {b - a} \right){{\cos }^2}t} }}} } = {\int {\frac{{2\left( \cancel{b - a} \right)\cancel{\sin t}\cancel{\cos t}dt}}{{\left( \cancel{b - a} \right)\cancel{\sin t}\cancel{\cos t}}}} } = {2\int {dt} } = {2t + C.} \] Возвращаясь к первоначальной переменной \(x\) с помощью соотношений \[ {{\sin ^2}t = \frac{{x - a}}{{b - a}},}\;\; {\sin t = \sqrt {\frac{{x - a}}{{b - a}}} ,}\;\; {t = \arcsin \sqrt {\frac{{x - a}}{{b - a}}} ,} \] находим ответ: \[I = 2\arcsin \sqrt {\frac{{x - a}}{{b - a}}} + C.\]
   Пример 5
Вычислить интеграл \({\large\int\normalsize} {\large\frac{{\sqrt {{x^2} - {a^2}} }}{x}\normalsize dx} .\)

Решение.
Используем тригонометрическую подстановку \(x = a\sec t,\) \(dx = a\tan t\sec tdt.\) Вычислим интеграл, применив соотношение \(1 + {\tan ^2}t = {\sec ^2}t.\) \[ {I = \int {\frac{{\sqrt {{x^2} - {a^2}} }}{x}dx} } = {\int {\frac{{\sqrt {{a^2}{{\sec }^2}t - {a^2}} }}{{a\sec t}}a\tan t\sec tdt} } = {\int {\frac{{a\tan t}}{{a\sec t}}a\tan t\sec tdt} } = {a\int {{{\tan }^2}tdt} = a\int {\left( {{\sec^2}t - 1} \right)dt} } = {a\tan t - at + C = a\sqrt {{{\sec }^2}t - 1} - at + C.} \] Поскольку \[ {x = \frac{a}{{\cos t}},}\;\; {\cos t = \frac{a}{x},}\;\; {t = \arccos \frac{a}{x},} \] то получаем следующий интеграл, выраженный через исходную переменную \(x:\) \[ {I = a\sqrt {{{\sec }^2}t - 1} - at + C } = {a\sqrt {\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - 1} - a\arccos \frac{a}{x} + C } = {\sqrt {{x^2} - {a^2}} - a\arccos \frac{a}{x} + C.} \]
   Пример 6
Найти интеграл \({\large\int\normalsize} {\sqrt {2x - {x^2}} dx} .\)

Решение.
Предварительно преобразуем интеграл. \[ {I = \int {\sqrt {2x - {x^2}} dx} } = {\int {\sqrt { - \left( {{x^2} - 2x} \right)} dx} } = {\int {\sqrt {1 - \left( {{x^2} - 2x + 1} \right)} dx} } = {\int {\sqrt {1 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}} dx} .} \] Сделаем подстановку \[ {x - 1 = \sin t,}\;\; {\Rightarrow dx = \cos tdt,}\;\; {\Rightarrow t = \arcsin \left( {x - 1} \right).} \] Теперь вычисляем интеграл: \[ {I = \int {\sqrt {1 - {{\sin }^2}t} \cos tdt} } = {\int {{{\cos }^2}tdt} } = {\int {\frac{{1 + \cos 2t}}{2}dt} } = {\frac{t}{2} + \frac{1}{2}\int {\cos 2tdt} } = {\frac{t}{2} + \frac{{\sin 2t}}{4} + C } = {\frac{t}{2} + \frac{{\sin t\cos t}}{2} + C } = {\frac{t}{2} + \frac{{\sin t\sqrt {1 - {{\sin }^2}t} }}{2} + C } = {\frac{1}{2}\arcsin \left( {x - 1} \right) + \frac{{\left( {x - 1} \right)\sqrt {1 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}} }}{2} + C } = {\frac{1}{2}\arcsin \left( {x - 1} \right) + \frac{1}{2}\left( {x - 1} \right)\sqrt {2x - {x^2}} + C.} \]
   Пример 7
Найти интеграл \({\large\int\normalsize} {\sqrt {9{x^2} - 1} dx} .\)

Решение.
Используем здесь (для разнообразия) гиперболическую подстановку: \(3x = \cosh t,\) \(dx = {\large\frac{1}{3}\normalsize} \sinh tdt.\) Так как \(1 + {\sinh ^2}t = {\cosh ^2}t,\) то интеграл записывается в виде \[ {I = \int {\sqrt {9{x^2} - 1} dx} } = {\int {\left( {\sqrt {{{\cosh }^2}t - 1} \cdot \frac{1}{3}\sinh t} \right)dt} } = {\frac{1}{3}\int {{{\sinh }^2}tdt} .} \] Понизим степень подынтегральной функции с помощью формулы двойного угла \({\sinh ^2}t = \large\frac{{\cosh 2t - 1}}{2}\normalsize.\) Тогда \[ {I = \frac{1}{3}\int {{{\sinh }^2}tdt} } = {\frac{1}{6}\int {\left( {\cosh 2t - 1} \right)dt} } = {\frac{1}{6} \cdot \frac{{\sinh 2t}}{2} - \frac{t}{6} + C } = {\frac{{\sinh t\cosh t}}{6} - \frac{t}{6} + C } = {\frac{{\sqrt {{\cosh^2}t - 1} \cosh t}}{6} - \frac{t}{6} + C } = {\frac{{\sqrt {9{x^2} - 1} \cdot 3x}}{6} - \frac{{\text{arccosh}\left( {3x} \right)}}{6} + C } = {\frac{{x\sqrt {9{x^2} - 1} }}{2} - \frac{{\text{arccosh}\left( {3x} \right)}}{6} + C.} \]
   Пример 8
Вычислить интеграл \({\large\int\normalsize} {\sqrt {{x^2} + 2x + 3}\,dx} .\)

Решение.
Сначала выделим полный квадрат в выражении под корнем. \[ {{x^2} + 2x + 3 } = {{x^2} + 2x + 1 + 2 } = {{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt 2 } \right)^2}.} \] Теперь, используя подстановку \(x + 1 = \sqrt 2 \tan t,\) \(dx = \sqrt 2 {\sec ^2}tdt\) и соотношение \({\tan ^2}t + 1 = {\sec ^2}t,\) находим заданный интеграл: \[ {I = \int {\sqrt {{x^2} + 2x + 3}\,dx} } = {\int {\sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} dx} } = {\int {\sqrt {2{{\tan }^2}t + 2} \sqrt 2 \,{{\sec }^2}tdt} } = {2\int {{{\sec }^3}tdt} .} \] Интеграл \({\large\int\normalsize} {{{\sec }^3}tdt} \) вычислен в примере \(9\) на странице Интегрирование некоторых классов тригонометрических функций. Окончательный ответ равен \[ {I = 2\int {{{\sec }^3}tdt} } = {\sec x\tan x + \ln \left| {\tan \left( {\frac{x}{2} + \frac{\pi }{4}} \right)} \right| + C.} \]
   Пример 9
Найти интеграл \({\large\int\normalsize} {{x^3}\sqrt {25 - {x^2}} dx} .\)

Решение.
Применим подстановку \[ {x = 5\sin t,}\;\; {\Rightarrow dx = 5\cos tdt,}\;\; {\Rightarrow t = \arcsin \frac{x}{5}.} \] Тогда \[ {I = \int {{x^3}\sqrt {25 - {x^2}} dx} } = {\int {\left( {125{{\sin }^3}t\sqrt {25 - 25{{\sin }^2}t} \cdot 5\cos t} \right)dt} } = {3125\int {{{\sin }^3}t\sqrt {1 - {{\sin }^2}t} \cos tdt} } = {3125\int {{{\sin }^3}t\,{{\cos }^2}tdt} } = {3125\int {{{\sin }^2}t\,{{\cos }^2}t\sin tdt} } = { - 3125\int {\left( {1 - {{\cos }^2}t} \right){{\cos }^2}t\,d\left( {\cos t} \right)} } = {3125\int {\left( {{{\cos }^4}t - {{\cos }^2}t} \right)d\left( {\cos t} \right)} } = {3125\left( {\frac{{{{\cos }^5}t}}{5} - \frac{{{{\cos }^3}t}}{3}} \right) + C } = {625\,{\cos ^5}t - \frac{{3125}}{3}{\cos ^3}t + C.} \] Выразим \({\cos ^5}t\) и \({\cos ^3}t\) через \(x:\) \[ {{\cos ^5}t } = {\sqrt {{{\left( {1 - {{\sin }^2}t} \right)}^5}} } = {\sqrt {{{\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{25}}} \right)}^5}} } = {\frac{1}{{3125}}\sqrt {{{\left( {25 - {x^2}} \right)}^5}} ,} \] \[ {{\cos ^3}t } = {\sqrt {{{\left( {1 - {{\sin }^2}t} \right)}^3}} } = {\sqrt {{{\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{25}}} \right)}^3}} } = {\frac{1}{{3125}}\sqrt {{{\left( {25 - {x^2}} \right)}^3}}.} \] Таким образом, \[ {I = \frac{{625}}{{3125}}\sqrt {{{\left( {25 - {x^2}} \right)}^5}} - \frac{{3125}}{3} \cdot \frac{{625}}{{3125}}\sqrt {{{\left( {25 - {x^2}} \right)}^3}} + C } = {\frac{1}{5}\sqrt {{{\left( {25 - {x^2}} \right)}^5}} - \frac{1}{3}\sqrt {{{\left( {25 - {x^2}} \right)}^3}} + C.} \]
   Пример 10
Вычислить интеграл \({\large\int\normalsize} {\large\frac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{x}\normalsize dx} .\)

Решение.
Применив тригонометрическую подстановку \(x = \tan t,\) \(dx = {\sec ^2}tdt,\) получаем \[ {I = \int {\frac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{x}dx} } = {\int {\frac{{\sqrt {{{\tan }^2}t + 1} }}{{\tan t}}{{\sec }^2}tdt} } = {\int {\frac{{{{\sec }^3}t}}{{\tan t}}dt} } = {\int {\frac{{dt}}{{{\cos^2}t\sin t}}} } = {\int {\frac{{\sin tdt}}{{{\cos^2}t\,{{\sin }^2}t}}} } = { - \int {\frac{{d\left( {\cos t} \right)}}{{{\cos^2}t\left( {1 - {{\cos }^2}t} \right)}}} } = {\int {\frac{{d\left( {\cos t} \right)}}{{{\cos^2}t\left( {{{\cos }^2}t - 1} \right)}}} .} \] Теперь сделаем замену \(\cos t = z.\) Интеграл примет вид \[I = \int {\frac{{dz}}{{{z^2}\left( {{z^2} - 1} \right)}}} .\] Разложим подынтегральную функцию на простейшие дроби, используя метод неопределенных коэффициентов. \[ {\frac{1}{{{z^2}\left( {{z^2} - 1} \right)}} } = {\frac{1}{{{z^2}\left( {z - 1} \right)\left( {z + 1} \right)}} } = {\frac{A}{{{z^2}}} + \frac{B}{z} + \frac{C}{{z - 1}} + \frac{D}{{z + 1}}.} \] Определим коэффициенты. \[ {1 = A\left( {{z^2} - 1} \right) } + {Bz\left( {{z^2} - 1} \right) } + {C{z^2}\left( {z + 1} \right) } + {D{z^2}\left( {z - 1} \right),} \] \[ {1 = A{z^2} - A + B{z^3} } - {Bz + C{z^3} + C{z^2} } + {D{z^3} - D{z^2},} \] \[ {1 = \left( {B + C + D} \right){z^3} } + {\left( {A + C + D} \right){z^2} - Bz - A.} \] Тогда \[ {\left\{ \begin{array}{l} B + C + D = 0\\ A + C - D = 0\\ - B = 0\\ - A = 1 \end{array} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} A = - 1\\ B = 0\\ C = \frac{1}{2}\\ D = - \frac{1}{2} \end{array} \right..} \] Следовательно, подынтегральное выражение записывается в виде \[ {\frac{1}{{{z^2}\left( {{z^2} - 1} \right)}} } = { - \frac{1}{{{z^2}}} + \frac{1}{{2\left( {z - 1} \right)}} - \frac{1}{{2\left( {z + 1} \right)}}.} \] Вычислим исходный интеграл. \[ {I = \int {\frac{{dz}}{{{z^2}\left( {{z^2} - 1} \right)}}} } = {\int {\left( { - \frac{1}{{{z^2}}} + \frac{1}{{2\left( {z - 1} \right)}} - \frac{1}{{2\left( {z + 1} \right)}}} \right)dz} } = { - \int {\frac{{dz}}{{{z^2}}}} + \int {\frac{{dz}}{{2\left( {z - 1} \right)}}} - \int {\frac{{dz}}{{2\left( {z + 1} \right)}}} } = {\frac{1}{z} + \frac{1}{2}\ln \left| {z - 1} \right| - \frac{1}{2}\ln \left| {z + 1} \right| + C } = {\frac{1}{z} + \frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{z - 1}}{{z + 1}}} \right| + C } = {\frac{1}{{\cos t}} + \frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{\cos t - 1}}{{\cos t + 1}}} \right| + C.} \] Возвращаясь к первоначальной переменной \(x\) с помощью соотношения \[ {{\cos ^2}t = \frac{1}{{1 + {{\tan }^2}t}} } = {\frac{1}{{1 + {x^2}}},} \] находим окончательный ответ: \[ {I = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{1 + {x^2}}}} }} + \frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{\sqrt {\frac{1}{{1 + {x^2}}}} - 1}}{{\sqrt {\frac{1}{{1 + {x^2}}}} + 1}}} \right| + C } = {\sqrt {1 + {x^2}} + \frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{1 - \sqrt {1 + {x^2}} }}{{1 + \sqrt {1 + {x^2}} }}} \right| + C.} \]

Все права защищены © www.math24.ru, 2009-2016   info@math24.ru
Сайт оптимизирован для Chrome, Firefox, Safari и Internet Explorer.