Интеграл с тригонометрической заменой

[Keter]

Долго думал над преобразованиями. Вот что получилось. (С ответом не совпало)

$$\int \sqrt{1+x^2}\, dx=\begin{vmatrix} x=\tg u, \\ dx=\frac{du}{\cos^2 u}, \\ -\frac{\pi}{2} < u < \frac{\pi}{2} \end{vmatrix} =\int \sqrt{1+\tg^2 u} \dfrac{du}{\cos^2 u}=\int \dfrac{du}{\cos^3 u}$$

$$=\int \dfrac{du}{\cos^3 u}=\int \dfrac{\cos u du}{\cos^4 u}=\int \dfrac{\cos u du}{(1-\sin^2 u)^2}=\begin{vmatrix} \sin u=t, \\ dt=\cos u du, \end{vmatrix} = \int \dfrac{dt}{(1-t^2)^2}$$

$$=\int \bigg( \dfrac{1}{4(t+1)}-\dfrac{1}{4(t-1)}+\dfrac{1}{4(t+1)^2}+\dfrac{1}{4(t-1)^2} \bigg)\, dt$$

$$=\dfrac{1}{4} \bigg( \ln |t+1| - \ln |t-1| - \dfrac{1}{t+1} - \dfrac{1}{t-1} \bigg)+C=\dfrac{1}{4} \bigg( \dfrac{2t}{1-t^2}+\ln (1+t) - \ln (1-t) \bigg)+C$$

$$=\dfrac{1}{4} \bigg( \dfrac{2 \sin u}{1-\sin^2 u}+\ln (1+\sin u) - \ln (1-\sin u) \bigg)+C=\dfrac{\sin u}{2 \cos^2 u}+\dfrac{1}{4} \ln \bigg( \dfrac{1+\sin u}{1- \sin u} \bigg)+C$$

$$=\dfrac{1}{2} \tg u \sec u + \dfrac{1}{4} \ln \bigg( \dfrac{\sec u+\tg u}{\sec u-\tg u} \bigg)+C;$$

$$\tg u=\tg (\arctg x)=x, \quad \sec u= \sqrt{1+\tg^2 u}=\sqrt{1+x^2}, \quad \dfrac{\sec u+\tg u}{\sec u-\tg u}=\dfrac{\sqrt{1-x^2}+x}{\sqrt{1-x^2}-x};$$

$$\int \sqrt{1+x^2}\, dx=\dfrac{1}{2} x \sqrt{1+x^2}+\dfrac{1}{4} \ln \bigg( \dfrac{\sqrt{1-x^2}+x}{\sqrt{1-x^2}-x} \bigg)+C.$$

Всё ли здесь правильно?

[nnosipov]

Есть замечательная функция --- гиперболический синус. Не проще ли ею воспользоваться?

[LeontiiPavlovich]

че тут считать- то ЛОЛ-обычная длина дуги параболы

[Keter]

nnosipov, если расскажите как именно, то воспользуюсь.

(Оффтоп)

LeontiiPavlovich,

[nnosipov]

Сделайте замену $x=\sh{t}$ в первоначальном интеграле.

Хотя есть способ и побыстрее: проинтегрировать по частям и затем свести к вычислению интеграла от $(1+x^2)^{-1/2}$.

[TR63]

Похоже на интеграл от биноминального дифференциала, т.е. табличный. (Подстановка Чебышева).

[Keter]

$$\int \sqrt{1+\sh^2 t} \ch t\, dt = \int \ch^2 t\, dt=\int \dfrac{\ch 2t+1}{2}\, dt=\dfrac{1}{2} \bigg(\dfrac{1}{2} \sh 2t+t \bigg)+C=\dfrac{1}{4} \Big( \sh 2t + 2t \Big)+C;$$

$$\sh 2t=2\sh t \ch t=2x \sqrt{1+x^2}, \quad t=\operatorname{Arsh} x=\ln(x+\sqrt{1+x^2});$$

$$\int \sqrt{1+x^2}\, dx=\dfrac{1}{2} x \sqrt{1+x^2}+\dfrac{1}{2} \ln (x+\sqrt{1+x^2})+C.$$

Это правильно?

-- 17.02.2013, 16:14 --

А где тогда ошибка в моём решении?

[Алексей К.]

Если $\sqrt{1{\color{magenta}-}x^2}$ --- опечатка, то ошибки нет, а есть опечатки.

[Keter]

Алексей К., да, опечатка - там "+". Но там же всё равно другой логарифм получается.
А если через гиперболические функции, то там перед логарифмом 1/4 должна быть тогда, где там ошибка?
У меня в книге ответ дан такой $\dfrac{1}{2} x \sqrt{1+x^2}+\dfrac{1}{4} \ln (x+\sqrt{1+x^2})+C$.

[Алексей К.]

А сравните внимательно два якобы разных члена с логарифмами.
Не отличаются ли они на константу, а то и на 0?

-- 17 фев 2013, 19:03:54 --

В ответе из книги точно 1/4? Дифференцированием легко проверить, что здесь 1/4 не катит, а там катила.

[Keter]

Алексей К., так и не понимаю, ну они отличаются на ноль при t=0, а в остальном как их можно привести к нужному виду.
Правильный ответ: $\dfrac{1}{2} x \sqrt{1+x^2}+\dfrac{1}{2} \ln |x+\sqrt{1+x^2}| +C$

Если в первом посте всё правильно, за исключением опечатки с минусом, то получается, что $\dfrac{1}{4} \Big( \ln (1+\sin x) - \ln (1- \sin x) \Big) = \dfrac{1}{2} \ln |1+\sin x|$ ??

[iifat]

Keter в сообщении #685135 писал(а):

Если в первом посте всё правильно, за исключением опечатки с минусом, то получается, что $\dfrac{1}{4} \Big( \ln (1+\sin x) - \ln (1- \sin x) \Big) = \dfrac{1}{2} \ln |1+\sin x|$ ??

Оно не так и не надо. $\frac{1+\sin x}{1-\sin x}=\frac{\left(1+\sin x\right)^2}{1-\sin^2x}=\left(\frac{1+\sin x}{\cos x}\right)^2=\left(\sec x+\tg x\right)^2$. Не буду вас оскорблять дальнейшими выкладками ;)

[Keter]

iifat, действительно, чего-то я затупил с этой штукой, бывает

[Алексей К.]

$$\dfrac{\sqrt{1+x^2}+x}{\sqrt{1+x^2}-x} \equiv\left(\sqrt{1+x^2}+x\right)^2.$$