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 \(c:\)
\({\large\int\normalsize} {R\left( {u,\sqrt {{r^2} - {u^2}} } \right)du} \)
\({\large\int\normalsize} {R\left( {u,\sqrt {{r^2} + {u^2}} } \right)du} \)
\({\large\int\normalsize} {R\left( {u,\sqrt {{u^2} - {r^2}} } \right)du} \)
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:
\[
{I = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{1 + {x^2}}}} }} + \frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{\sqrt {\frac{1}{{1 + {x^2}}}} - 1}}{{\sqrt {\frac{1}{{1 + {x^2}}}} + 1}}} \right| + C }
= {\sqrt {1 + {x^2}} + \frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{1 - \sqrt {1 + {x^2}} }}{{1 + \sqrt {1 + {x^2}} }}} \right| + C.}
\]