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

∫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

a2 − x2 =

a2 −a2 sin2 t

(59)

=

a2 (1−sin2 t) = a2 cos2 t = a cost,

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

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

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

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

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

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

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

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

∫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

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

∫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

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 .

∫

1

+ x2

dx = ∫

1

+ x2

xdx =

1

∫

1 + x2

d (x

2

+1)

x

x

2

2

(x

2

+1)

−1

∫

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 .