‹-- Назад

Интегрирование некоторых классов функций при помощи элементарных преобразований

1. Интегралы, содержащие квадратный трёхчлен. Рассмотрим интегралы, подынтегральная функция в которых содержит квадратный трёхчлен $ ax^2+bx+c$ , где $ a\ne0,\ b,\ c$  -- некоторые постоянные, вида

$\displaystyle \int\frac{Mx+N}{ax^2+bx+c}dx$ и $\displaystyle \int\frac{Mx+N}{\sqrt{ax^2+bx+c}}dx.$

(Заметим, что в числителе дроби должно стоять линейное выражение $ Mx+N$ , где $ M$ и $ N$  -- постоянные; при этом какой-либо из постоянных не запрещается быть равной 0.)

Такие интегралы приводятся к табличным следующим способом. Нужно выделить из квадратного трёхчлена выражение, равное полному квадрату, сделав такое преобразование:

$\displaystyle ax^2+bx+c=a\bigl(x^2+2x\cdot\frac{b}{2a}+\bigl(\frac{b}{2a}\bigl)...
...2a}\bigl)^2\bigl)=
a\bigl(x+\frac{b}{2a}\bigl)^2+\bigl(c-\frac{b^2}{4a}\bigl).$

После этого сделаем линейную замену $ z=x+\frac{b}{2a}$ и получим интеграл одного из видов:

$\displaystyle \int\frac{mz+n}{z^2+d^2}\,dz;\ %
\int\frac{mz+n}{z^2-d^2}\,dz;\ %
\int\frac{mz+n}{\sqrt{z^2\pm d^2}}\,dz;\ %
\int\frac{mz+n}{\sqrt{d^2-z^2}}\,dz$

при некоторых постоянных $ m,n$ и $ d$ . Далее разбиваем интеграл на два слагаемых и в первом, в числителе подынтегральной функции содержащем $ mz$ , делаем замену $ {u=z^2+d^2}$ , $ {u=z^2-d^2}$ или $ {u=d^2-z^2}$ , согласно тому, что стоит в знаменателе. После этого первое слагаемое приводится к табличному интегралу. Второе слагаемое, с $ n$ в числителе подынтегральной функции, тоже даёт табличный интеграл.

        Пример 2.1   Вычислим интеграл

$\displaystyle \int\frac{3x+5}{\sqrt{4x^2+4x+5}}dx.$

В подкоренном выражении выделим полный квадрат:

$\displaystyle 4x^2+4x+5=4\Bigl(x^2+2x\cdot\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\Bigr)+
\Bigl...
...r)=
4\Bigl(x+\frac{1}{2}\Bigr)^2+4=4\Bigl(\bigl(x+\frac{1}{2}\bigr)^2+1\Bigr).$

Делаем замену $ z=x+\frac{1}{2}$ :

$\displaystyle \int\frac{3x+5}{\sqrt{4x^2+4x+5}}dx=
 \left\vert\begin{array}{l}
...
...d{array}\right\vert=
 \frac{1}{2}\int\frac{3(z-\frac{1}{2})+5}{\sqrt{z^2+1}}dz=$    
$\displaystyle =\frac{3}{2}\int\frac{z\,dz}{\sqrt{z^2+1}}+
 \frac{7}{4}\int\frac{dz}{\sqrt{z^2+1}}.$ (2.1)

В первом из двух интегралов сделаем ещё одну замену, $ u=z^2+1$ :

$\displaystyle \int\frac{z\,dz}{\sqrt{z^2+1}}=
\left\vert\begin{array}{l}
u=z^...
...ac{1}{2}\cdot\frac{u^{\frac{1}{2}}}{\frac{1}{2}}+C=\sqrt{u}+C=
\sqrt{z^2+1}+C.$

Второй интеграл -- табличный:

$\displaystyle \int\frac{dz}{\sqrt{z^2+1}}=
\ln\vert z+\sqrt{z^2+1}\vert+C.$

Продолжая равенство (2.1) и возвращаясь к исходной переменной $ x$ , получаем:

\begin{multline*}
\int\frac{3x+5}{\sqrt{4x^2+4x+5}}dx=
\frac{3}{2}\sqrt{z^2+1}...
...igl\vert x+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{4x^2+4x+5}\Bigr\vert+C.
\end{multline*}

    

2. Интегралы от произведений синусов и косинусов.

a). Интегралы от произведений синусов и косинусов с разными аргументами, линейно зависящими от $ x$ , упрощаются, если применить тригонометрические формулы преобразования произведения в сумму:

$\displaystyle \sin{\alpha}\sin{\beta}=\frac{1}{2}\bigl(\cos({\alpha}-{\beta})-\cos({\alpha}+{\beta})\bigr);$    
$\displaystyle \sin{\alpha}\cos{\beta}=\frac{1}{2}\bigl(\sin({\alpha}-{\beta})+\sin({\alpha}+{\beta})\bigr);$    
$\displaystyle \cos{\alpha}\cos{\beta}=\frac{1}{2}\bigl(\cos({\alpha}-{\beta})+\cos({\alpha}+{\beta})\bigr).$    

        Пример 2.2   Вычислим интеграл

$\displaystyle \int\cos5x\sin7x\,dx.$

Преобразуем произведение $ \cos5x\sin7x$ в сумму:

$\displaystyle \cos5x\sin7x=
\frac{1}{2}\bigl(\sin(7x-5x)+\sin(7x+5x)\bigr)=
\frac{1}{2}\bigl(\sin2x+\sin12x\bigr).
$

Тогда

$\displaystyle \int\cos5x\sin7x\,dx=
 \frac{1}{2}\int\bigl(\sin2x+\sin12x\bigr)dx=$    
$\displaystyle =\frac{1}{2}\bigl(-\frac{\cos2x}{2}-\frac{\cos12x}{12}\bigr)+C=
 -\frac{\cos2x}{4}-\frac{\cos12x}{24}+C.$    

    

б). Расмотрим теперь интегралы вида

$\displaystyle \int\sin^mx\cos^nx\,dx,$

где хотя бы одно из чисел $ m$ и $ n$  -- нечётное положительное. Такие интегралы вычисляются заменой $ s=\sin x$ , если нечётна степень косинуса, или $ c=\cos x$ , если нечётна степень синуса. Действительно, пусть $ n>0$  -- нечётное число. Запишем $ \cos^nx\,dx$ как

$\displaystyle \cos^{n-1}x\cdot(\cos x\,dx)=
\cos^{n-1}x\cdot d(\sin x),$

а оставшуюся чётную степень косинуса, $ \cos^{n-1}x$ , выразим через синус с помощью формулы

$\displaystyle \cos^2x=1-\sin^2x.$

Получим интеграл

$\displaystyle \int\sin^mx\cos^nx\,dx=\int\sin^mx(1-\sin^2x)^{\frac{n-1}{2}}d(\sin x)=
\int s^m(1-s^2)^{\frac{n-1}{2}}\,ds.
$

После раскрытия скобок этот интеграл легко вычисляется. Аналогично нужно поступать и в случае нечётной степени $ m$ , используя равенство $ \sin x\,dx=-d(\cos x)$ .

        Пример 2.3   Найдём интеграл

$\displaystyle \int\sin^3x\cos^2x\,dx.$

Отделяя один множитель $ \sin x$ от нечётной степени и объединяя с дифференциалом, получаем:

$\displaystyle \int\sin^3x\cos^2x\,dx=
 \int\sin^2x\cos^2x\,(\sin x\,dx)=
 \int(1-\cos^2x)\cos^2x\,\Bigl(-d(\cos x)\Bigr)=$    
$\displaystyle =-\int(1-c^2)c^2\,dc=
 -\int(c^2-c^4)dc=-\frac{c^3}{3}+\frac{c^5}{5}+C=
 -\frac{\cos^3x}{3}+\frac{\cos^5x}{5}+C,$    

где $ c=\cos x$ .     

в). Заметим, что этот же способ годится и для упрощения интегралов вида

$\displaystyle \int\sin^mx\;g(\cos x)\;dx$ и $\displaystyle \int\cos^nx\;g(\sin x)\;dx,$

если $ m$ и $ n$  -- нечётные положительные числа.

        Пример 2.4   Вычислим интеграл

$\displaystyle \int\frac{\cos^3x}{1+\sin^2x}dx.$

Отделяя один множитель $ \cos x$ от нечётной степени и объединяя с $ dx$ , мы видим, что подынтегральное выражение зависит только от $ \sin x$ ; это означает, что нужно сделать замену $ s=\sin x$ :

$\displaystyle \int\frac{\cos^3x}{1+\sin^2x}dx=
\int\frac{\cos^2x}{1+\sin^2x}(\cos x\,dx)=
\int\frac{1-\sin^2x}{1+\sin^2x}d(\sin x)=
\int\frac{1-s^2}{1+s^2}ds.$

Выделим в рациональной дроби $ \frac{\textstyle{1-s^2}}{\textstyle{1+s^2}}$ целую часть:

$\displaystyle \frac{1-s^2}{1+s^2}=\frac{-(s^2+1)+2}{s^2+1}=-1+2\cdot\frac{1}{s^2+1}.$

После этого получаем:

$\displaystyle \int\frac{1-s^2}{1+s^2}ds=\int\Bigl(-1+2\cdot\frac{1}{s^2+1}\Bigr...
...thop{\rm arctg}\nolimits s+C=-\sin x+2\mathop{\rm arctg}\nolimits (\sin x)+C.
$

    

г). Рассмотрим теперь случай вычисления интеграла

$\displaystyle \int\sin^mx\cos^nx\,dx,$

где оба числа $ m$ и $ n$  -- чётные неотрицательные.

Такие интегралы упрощаются при помощи тригонометрических формул понижения степени:

$\displaystyle \cos^2{\alpha}=\frac{1}{2}(1+\cos2{\alpha});\ %
\sin^2{\alpha}=\frac{1}{2}(1-\cos2{\alpha}).$

Полезна также ещё одна формула понижения степени:

$\displaystyle \sin{\alpha}\cos{\alpha}=\frac{1}{2}\sin2{\alpha}.$

После применения этих формул (быть может, неоднократного) и раскрытия скобок получаются интегралы, в которых степень синуса или косинуса нечётна. Они либо сразу сводятся к табличным линейной заменой, либо их можно вычислить тем способом, что разобран выше, в п. б).

        Пример 2.5   Найдём интеграл

$\displaystyle \int\cos^4x\,dx.$

Подынтегральную функцию можно преобразовать, понизив степень:

$\displaystyle \cos^4x=(\cos^2x)^2=\frac{1}{4}(1+\cos2x)^2=
 \frac{1}{4}(1+2\cos2x+\cos^22x)=$    
$\displaystyle =\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\cos2x+
 \frac{1}{8}(1+\cos4x)=\frac{3}{8}+\frac{1}{2}\cos2x+\frac{1}{8}\cos4x.$    

Поэтому

$\displaystyle \int\cos^4x\,dx=
 \frac{3}{8}\int\,dx+\frac{1}{2}\int\cos2x\,dx+
 \frac{1}{8}\int\cos4x\,dx=$    
$\displaystyle =\frac{3}{8}x+\frac{1}{4}\sin2x+
 +\frac{1}{32}\sin4x+C.$    

    

В более сложных случаях преобразовывать подынтегральную функцию можно разными способами и, соответственно, по-разному сводить исходный интеграл к табличным. Следует помнить, однако, что формально различные первообразные на самом деле либо совпадают, либо различаются на постоянное слагаемое. Приведём пример, в котором разные преобразования приводят к несовпадающим ответам.

        Пример 2.6   Вычислим интеграл

$\displaystyle \int\cos^4x\sin^2x\,dx.$

Заменяем множители подынтегральной функции по формулам:

$\displaystyle \cos^4x=(\cos^2x)^2=\frac{1}{4}(1+\cos2x)^2=
 \frac{1}{4}(1+2\cos2x+\cos^22x)=$    
$\displaystyle =\frac{1}{4}(1+2\cos2x+\frac{1}{2}(1+\cos4x));
 \sin^2x=\frac{1}{2}(1-\cos2x)$    

и получаем:

$\displaystyle \int\cos^4x\sin^2x\,dx=
 \frac{1}{8}\int\bigl(1+2\cos2x+\frac{1}{2}(1+\cos4x)\bigr)(1-\cos2x)dx=$    
$\displaystyle =\frac{1}{8}\int\Bigl(\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\cos2x+\frac{1}{2}\cos4x-
 2\cos^22x-\frac{1}{2}\cos2x\cos4x\Bigr)dx=$    
$\displaystyle =\frac{3}{16}x+\frac{1}{32}\sin2x+\frac{1}{64}\sin4x-
 \frac{1}{8}\int(1+\cos4x)dx-\frac{1}{32}\int(\cos6x+\cos2x)dx.$    

Мы применили вновь формулу понижения степени для $ \cos^22x$ , а также преобразовали произведение $ \cos2x\cos4x$ в сумму. Далее получаем:

$\displaystyle \int\cos^4x\sin^2x\,dx=$    
$\displaystyle =\frac{3}{16}x+\frac{1}{32}\sin2x+\frac{1}{64}\sin4x-
 \frac{1}{8}x-\frac{1}{32}\sin4x-\frac{1}{192}\sin6x-\frac{1}{64}\sin2x+C=$    
$\displaystyle =\frac{1}{16}x+\frac{1}{64}\sin2x-\frac{1}{64}\sin4x-
 \frac{1}{192}\sin6x+C.$    

Другой способ преобразований таков:

$\displaystyle \int\cos^4x\sin^2x\,dx=
 \frac{1}{8}\int(1+\cos2x)^2(1-\cos2x)dx=
 \frac{1}{8}\int(1-\cos^22x)(1+\cos2x)dx=$    
$\displaystyle =\frac{1}{8}\int\sin^22x(1+\cos2x)dx=
 \frac{1}{8}\int(\sin^22x+\sin^22x\cos2x)dx=$    
$\displaystyle =\frac{1}{16}\int(1-\cos4x)dx+\frac{1}{16}\int\sin^22x\,d(\sin2x)=
 \frac{1}{16}(x-\frac{1}{4}\sin4x)+\frac{1}{16}\cdot\frac{1}{3}\sin^32x+C=$    
$\displaystyle =\frac{1}{16}x-\frac{1}{64}\sin4x+\frac{1}{48}\sin^32x+C.$    

Первообразные, стоящие в правых частях формул, тождественно равны друг другу, хотя это видно не сразу. Докажите это при помощи тригономегрических преобразований.