Вычисление интегралов тригонометрическими и гиперболическими подстановками

Рассмотрено решение интегралов от рациональной функции с квадратным корнем из квадратного двучлена с помощью тригонометрических и гиперболических подстановок. Даны формулы тригонометрических и гиперболических подстановок и примеры вычисления интегралов.

Рассмотрим интегралы вида
∫ R( z, √ pz²  + qz + r   ) dz ,
где R – рациональная функция. То есть функция, составленная из своих аргументов и произвольных постоянных с помощью конечного числа операций сложения, умножения и деления. Такие интегралы сводятся к интегралам от рациональных функций с помощью тригонометрических и гиперболических подстановок. В ряде случаев, такой метод вычисления интегралов является самым простым.

Предварительные преобразования

Для применения тригонометрических и гиперболических подстановок, нужно привести квадратный двучлен к сумме или разности квадратов, выполняя следующее преобразование:
pz²  + qz + r = p( z²  + qp z + rp  ) = p( z²  + 2 q2p z +    ( q2p  )²  – ( q2p  )²  + rp  ) =
p( ( z + q2p  )²  – ( q2p  )²  + rp  )
После чего подстановкой
x = z + q2p ,
в зависимости от значений постоянных p, q, r , интеграл приводится к одному из трех видов:
∫ R( x, √ a²  – x²   ) dx ;
∫ R( x, √ x²  + a²   ) dx ;
∫ R( x, √ x²  – a²   ) dx .

Далее мы считаем, что a > 0 .

Тригонометрические и гиперболические подстановки

Суть метода состоит в том, чтобы применяя формулы:
cos² t + sin² t = 1 ,
ch² t – sh² t = 1 ,
свести квадратный корень к рациональным тригонометрическим или гиперболическим функциям. И тем самым, все подынтегральное выражение будет рациональной тригонометрической или гиперболической функцией. Методы вычисления таких интегралов даны на странице Интегрирование тригонометрических рациональных функций > > >.

Иногда такие подстановки приводят к более коротким вычислениям, чем другие методы.

Ниже приводятся формулы для основных тригонометрических и гиперболических подстановок. Для их применения важно помнить, что квадратный корень имеет неотрицательное значение. Поэтому например,   √ sin² t  =  |  sin t |  . Если  – π2 ≤ t ≤ π2 , то мы пишем:  √ sin² t  =  |  sin t |  = ± sin t . Для положительных значений t мы выбираем верхний знак ( в данном примере ′+′). Для отрицательных – нижний знак (′–′).

Также упомянем еще следующее обстоятельство. Некоторые подстановки охватывают не все значения области определения переменной интегрирования x . Например подстановка x = a ch t,   a > 0,   t ≥ 0 дает значения интеграла при x ≥ a . Чтобы получить значения интеграла при x ≤ – a , нужно сделать вторую подстановку x = – a ch t,   t ≥ 0 . Вместе эти подстановки можно записать в виде:
x = ± a ch t .
Тогда во всех последующих формулах верхний знак будет относиться к положительным x , а нижний – к отрицательным.

1. Интегралы с корнем из   a ² – x ²

Рассмотрим интеграл:
∫ R( x, √ a²  – x²   ) dx ,   a > 0 .

1.1. Подстановка x = a sin t

x = a sin t,   – π2 ≤ t ≤ π2 ;
dx = a cos t dt ;
√ a²  – x²  = a cos t .

1.2. Подстановка x = a th t

x = a th t,   – ∞ < t < ∞ ;
dx = a dtch² t ;
√ a²  – x²  = ach t .

1.3. Подстановка x = a / ch t

x = ± ach t ,  t ≥ 0 ;
dx = ∓  a sh t dtch² t ;
√ a²  – x²  = a th t .
Для положительных x нужно брать верхний знак. Для отрицательных – нижний.

2. Интегралы с корнем из   x ² + a ²

Рассмотрим интеграл:
∫ R( x, √ x²  + a²   ) dx ,   a > 0 .

2.1. Подстановка x = a sh t

x = a sh t,   – ∞ < t < ∞ ;
dx = a ch t dt ;
√ x²  + a²  = a ch t .

2.2. Подстановка x = a tg t

x = a tg t,   – π2 < t < π2 ;
dx = acos² t  dt ;
√ x²  + a²  = acos t .

2.3. Подстановка x = a / sh t

x = ash t ,  t ≠ 0 ;
dx = –  a ch tsh² t  dt ;
√ x²  + a²  = a |  cth t |  = ±  a cth t .
Для положительных t нужно брать верхний знак. Для отрицательных – нижний.

3. Интегралы с корнем из   x ² – a ²

Рассмотрим интеграл:
∫ R( x, √ x²  – a²   ) dx ,   a > 0 .

3.1. Подстановка x = a ch t

x = ±  a ch t,  t ≥ 0 ;
dx = ±  a sh t dt ;
√ x²  – a²  = a sh t .
Положительным x соответствует верхний знак. Отрицательным – нижний.

3.2. Подстановка x = a cth t

x = a cth t,  t ≠ 0 ;
dx = – ash² t  dt ;
√ x²  – a²  = a |  sh t |  = ±  ash t .
Для положительных t нужно брать верхний знак. Для отрицательных – нижний.

3.3. Подстановка x = a / sin t

x = asin t ,  0 <  | t |  ≤ π2 ;
dx = –  a cos tsin² t  dt ;
√ x²  – a²  = a |  ctg t |  = ±  a ctg t .
Для положительных t нужно брать верхний знак. Для отрицательных – нижний.

Примеры

Ниже рассмотрены примеры применения тригонометрической и гиперболических подстановок для решения следующих интегралов:
I = ∫ √ a²  – x² x  dx,  a > 0   I = ∫ √ 1 + x² x²  + 2  dx

Пример 1

Решить интеграл:
I = ∫ √ a²  – x² x  dx,  a > 0 .

Решение с помощью тригонометрической подстановки

Делаем тригонометрическую подстановку
x = a sin t,   – π2 ≤ t ≤ π2 ;
dx = a cos t dt ;
√ a²  – x²  = a cos t .

I = ∫ √ a²  – x² x  dx = ∫ a cos ta sin t a cos t dt = a ∫ cos² tsin t  dt = a ∫ cos² tsin² t sin t dt =  a ∫ cos² t1 – cos² t (–  d cos t ) = a ∫ cos² t – 1 + 1cos² t – 1  d cos t =  a ∫  d cos t + a ∫ d cos tcos² t – 1 = a cos t + a2 ln ( 1 – cos t1 + cos t  ) =  √ a²  – x²  + a2 ln ( (1 – cos t )²(1 + cos t )(1 – cos t )  ) = s + a2 ln ( (1 – cos t )²(1 – cos² t )  ) =  s + a2 ln ( 1 – cos tsin t  )²  = s + a2 2 ln | a – a cos ta sin t  | = √ a²  – x²  + a ln a – √ a²  – x²  | x |  .

Решение с помощью гиперболической подстановки

Делаем гиперболическую подстановку
x = ± ach t ,  t ≥ 0 ;
dx = ∓  a sh t dtch² t ;
√ a²  – x²  = a th t .
Здесь и далее, верхний знак соответствует положительным x . Нижний – отрицательным. Подставляем.

I = ∫ √ a²  – x² x  dx = ∫ a th t ch t± a ( ∓  a sh t dtch² t  ) = – a ∫ sh² tch² t  dt =  – a ∫ ch² t – 1ch² t  dt = – a ∫  dt + a ∫ dtch² t = – at + a th t = √ a²  – x²  – at .

Выразим t через x . Из формулы подстановки x = ± ach t ,
ch t = a± x = a | x |  .
Для гиперболического арккосинуса имеем формулу (см. Обратные гиперболические функции, их графики и формулы > > >):
arch z = ln ( z + √ z²  – 1   ) = ln ( z + √ z²  – 1   )( z – √ z²  – 1   )z – √ z²  – 1  =  ln z²  – ( √ z²  – 1   )²z – √ z²  – 1  = ln 1z – √ z²  – 1  = – ln ( z – √ z²  – 1   ) .
Тогда
t = arch ( a | x |   ) = – ln ( a | x |  – √ ( a | x |   )²  – 1   ) = – ln a – √ a²  – x²  | x |  ;
I = √ a²  – x²  + a ln a – √ a²  – x²  | x | 

Ответ

I = √ a²  – x²  + a ln a – √ a²  – x²  | x |  + C

Пример 2

Решить интеграл:
I = ∫ √ 1 + x² x²  + 2  dx .

Решение с помощью гиперболической подстановки

Наиболее просто этот интеграл вычисляется с помощью гиперболической подстановки
x = sh t,   – ∞ < t < ∞ ;
dx = ch t dt ;
√ x²  + 1  = ch t .
Подставляем.

I = ∫ √ 1 + x² x²  + 2  dx = ∫ ch tsh² t + 2  ch t dt = ∫ sh² t + 1sh² t + 2  dt = ∫ sh² t + 2 – 1sh² t + 2  dt =  ∫ dt – ∫ dtsh² t + 2( ch² t – sh² t  ) = t – ∫ dt2 ch² t – sh² t =  t – ∫1( 2 – sh² tch² t  ) dtch² t = t – ∫d th t( 2 – th² t  ) = t + 12 √ 2  ln √ 2  – th t√ 2  + th t =  arsh x + 12 √ 2  ln √ 2  ch t – sh t√ 2  ch t + sh t = ln ( x + √ x²  + 1   ) + 12 √ 2  ln √ 2(x²  + 1 )  – x√ 2(x²  + 1 )  + x
(См. Обратные гиперболические функции, их графики и формулы > > >).

Входящую под знаком логарифма дробь можно преобразовать:
√ 2(x²  + 1 )  – x√ 2(x²  + 1 )  + x = ( √ 2(x²  + 1 )  – x  )( √ 2(x²  + 1 )  – x  )( √ 2(x²  + 1 )  + x  )( √ 2(x²  + 1 )  – x  ) = ( √ 2(x²  + 1 )  – x  )²( √ 2(x²  + 1 )   )²  – x² =  ( √ 2(x²  + 1 )  – x  )²2(x²  + 1 ) – x² = ( √ 2(x²  + 1 )  – x√ x²  + 2   )² .

Ответ

I = ln ( x + √ x²  + 1   ) + 1√ 2  ln √ 2x²  + 2  – x√ x²  + 2  + C .

Автор: Олег Одинцов.     Опубликовано: 21-03-2015