ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
2. Иррациональность вида
22
xa + может быть устранена подстановкой
z
a
x
sh= (благодаря тождеству
z
z
22
chsh1
=
+
), равно как и
подстановкой
z
a
x
sh
=
(благодаря тождеству z
z
2
2
cth
sh
1
1 =+ ).
3.
Гиперболическое тождество указывает на подстановку
zz
22
sh1ch =−
z
a
x
ch= , позволяющую избавиться от радикалов вида
22
ax − .
Пример. Вычислить
∫
+
22
ax
dx
.
Решение. Полагаем
z
a
x
sh= , что влечет dz
z
adx ch
=
. Тогда
zazaax ch1sh
222
=+=+
⇒
Czdz
ax
dx
+==
+
∫∫
22
.
Чтобы выразить z через x, нужно предварительно решить уравнение
z
a
x
sh= относительно
t
e
z
= :
)(
2
zz
ee
a
x
−
−=
⇒
z
z
e
e
a
x 12
−=
⇒
t
t
a
x 12
−=
⇒
01
2
2
=−− t
a
x
t
⇒
)(
1
1
22
2
2
axx
a
a
x
a
x
t ++=++= .
Равенство
)(
1
22
axx
a
e
z
++=
означает, что aaxxz ln)ln(
22
−++= .
Таким образом,
const)ln(
22
22
+++=+=
+
∫
axxCz
ax
dx
.
3.8.3. Интегралы вида
dxbxax
pnm
)( +
∫
Теорема Чебышева. Пусть m, n и p – рациональные числа. Тогда интеграл
может быть представлен в виде конечной комбинации
элементарных функций, если и только если среди чисел
,
dxbxax
pnm
)( +
∫
p
n
m 1
+
и
p
n
m
+
+1
имеется целое число.
Доказательство. Докажем достаточность условий теоремы.
1)
Предположим, что число
p
– целое. Обозначим через
s
наименьшее
общее кратное знаменателей дробей
21
mmm
=
и
21
nnn =
. Тогда
подстановкой
s
t
x
= интеграл преобразуется к интегралу от
рациональной функции, что решает проблему его вычисления.
87
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 86
- 87
- 88
- 89
- 90
- …
- следующая ›
- последняя »
