AM@经典根式积分@三角恒等去根式

文章目录

• • abstract
  • • 适合使用三角换元的情形
    • • 拓展
    • 基本步骤
    • • 灵活选用方法
  • 三角恒等式化去根式
  • • 例
    • 例
    • 例
  • 小结与推广
  • 其他情形化去根式的情形和方法
  • • 一次项的根式
    • 一次项分式的根式
    • 三角万能代换

abstract

• 第二类换元法积分的应用@经典根式积分@三角恒等去根式

适合使用三角换元的情形

• 含有$\sqrt{a^2-x^2}$,$\sqrt{x^2-a^2}$,$\sqrt{a^2+x^2}$函数的积分;即$s$=$\sqrt{a^2\pm x^2}$或$\sqrt{x^2\pm a^2}$
  • 上述$a^2$是常数,不过平方的形式指出了它是非负(并且应该是正的,否则$\sqrt{x^2}$=$|x|$用不着三角换元消去根号)
  • 更一般的它们的共同特点是简单的二次项$k{x}^2$和一个常数项$A=a^2$的和开根号的形式
  • 总结为$\sqrt{k{x}^2+A}$,其中$k\ne 0$;$A\ne 0$,都可以考虑使用三角换元

拓展

• 更一般的,$a{x}^2+bx+c$通过配方,转换为$a(x+\frac{b}{2a}{)}^2+\frac{4ac-b^2}{4a}$=$a[(x+\frac{b}{2a}{)}^2+\frac{4ac-b^2}{4a^2}]$,常数项可以移到积分号外,再用$t=x+\frac{b}{2a}$代换,$\mathrm{d}x$=$\mathrm{d}t$;问题转换为上一类情形

基本步骤

1. 设被积函数为$\int R(x,f(x))\mathrm{d}x$(1),其中$f(x)$是包含形如$\sqrt{k{x}^2+A}$(2)的根式

2. 根据$f(x)$的类型,将$x$用不同的三角代换$x=x(t)$,

3. 重新计算换元后的积分区间:$x\in [a,b]$重新计算为$t\in [\alpha ,\beta ]$,其中$a=x(\alpha )$;$b=x(\beta )$

   • $f(x)$,$(a>0)$	$D_x$	$f_1(x)$	$x$	$D_t$	$f(x(t))$	$\mathrm{d}x$
     $\sqrt{a^2-x^2}$	$x\in [-a,a]$	$a\sqrt{1-(\frac{x}{a}{)}^2}$	$a\sin t$	$[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}]$	$a\cos t$	$a\cos t\mathrm{d}t$
     $\sqrt{x^2+a^2}$	$x\in \mathbf{R}$	$a\sqrt{(\frac{x}{a}{)}^2+1}$	$a\tan t$	$(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$	$a\sec t$	$a{\sec }^{2}t\mathrm{d}t$
     $\sqrt{x^2-a^2}$	$x\in (-\infty ,-a)\cup (a,+\infty )$	$a\sqrt{(\frac{x}{a}{)}^2-1}$	$a\sec t$	$(0,\frac{\pi }{2})\cup (\frac{\pi }{2},\pi )$	$a\tan t$,$(t\in (0,\frac{\pi }{2}))$ $-a\tan t$,$(t\in (\frac{\pi }{2},\pi ))$	$a\sec t\tan t\mathrm{d}t$

     • 其中$f_1(x)$=$f(x)$,而$f_1(x)$容易看出需要适用的三角代换
     • 或者由
       • $a^2-a^2{\sin }^{2}t=a^2{\cos }^{2}t$
       • $a^2{\tan }^{2}t+a^2$=$a^2{\sec }^{2}t$
       • $a^2{\sec }^{2}t-a^2=a^2{\tan }^{2}t$
     • 上述三种代换分别是:正弦,正切,正割来代换$\frac{x}{a}$
     • 第三种情形是用正割$\sec t$代换$\frac{x}{a}$,另一半区间通过求变量代换,利用$t\in (0,\frac{\pi }{2})$间接求得$t\in (\frac{\pi }{2},\pi )$的情形
     • 共同点:三种情形的$f(x(t))$在$x\in (0,\frac{\pi }{2})$上开根号时不需要加绝对值
     • 根式中的平方差可以映射到一个直角三角形的适当的两条边上
       • $a^2-x^2$,则令斜边位$a$,一条直角边为$a$,最后一条边由勾股定理求得$f=\sqrt{a^2-x^2}$
       • $x^2-a^2$,则令斜边为$x$,一条直角边为$a$,最后一条边由勾股定理求得$f=\sqrt{x^2-a^2}$
       • $a^2+x^2$,令两个直角边分别为$a,x$,最后一条边由勾股定理求得$f=\sqrt{a^2+x^2}$

4. 将$x=x(t)$代入式(1),得到被消去根式的三角积分式:$\int R(x(t),f(x(t)))\mathrm{d}[x(t)]$(3)

   • 求出$\mathrm{d}x(t)$=$x^{\prime }(t)\mathrm{d}t$,代替$\mathrm{d}x$,这就将对$x$的积分问题转换为对$t$的积分问题
   • 例如$x=x(t)=a\sin t$,则用$a\cos t\mathrm{d}t$代替(1)中的$\mathrm{d}x$
   • 求出(3),结果表示为$F(t)+C$(4)

5. 这时关于$t$的函数,将$t=x^{-1}(x)$(5)回代到$(4)$,得到结果式$F(x^{-1}(x))+C$(6)

   • 这里$t=x^{-1}(x)$,表示$x=x(t)$的反函数
   • 有时不需要求出反函数,若能直接代入合适的式子能够转换为(6),则不需要求出(5)

灵活选用方法

• 上述适用情形仅给出一个大概的指南,这并不是说三角换元总是最简便的
• 例如$S$=$\int \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}\mathrm{d}x$
  • 方法1:
    • $S$=$\frac{1}{a}\int \frac{1}{\sqrt{1-(\frac{x}{a}{)}^2}}\mathrm{d}x$=$\int \frac{1}{\sqrt{1-(\frac{x}{a}{)}^2}}\mathrm{d}\frac{x}{a}$=$\arcsin \frac{x}{a}+C$,
    • 因为这个例子在基本积分公式表中有形近的公式,因此优先考虑第一类换元法积分
  • 方法2:
    • 当然也可以三角换元来消去根式:令$\sin t=\frac{x}{a}$(1),则$x$=$a\sin t$,$(x\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}))$;$\mathrm{d}x$=$a\cos t\mathrm{d}t$
    • 从而$S$=$\frac{1}{a}\int \frac{1}{\cos t}a\cos t\mathrm{d}t$=$t+C$(2);而由(1)可以解出$t$=$\arcsin \frac{x}{a}$,代入(2),得$S$=$\arcsin \frac{x}{a}+C$
    • 这种方法更通用,即便不知道$\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x$=$\arcsin x+C$,也能做出来

三角恒等式化去根式

例

• $\int \sqrt{a^2-x^2}\mathrm{d}x$,$(a>0)$
  • 这个被积函数难以直接凑微分,困难来自于根式
    • 可以通过换元法,利用三角公式${\sin }^{2}t+{\cos }^{2}t=1$(0-1)化去根式(或者说$a^2({\sin }^{2}t+{\cos }^{2}t)=a^2$,
      $a^2{\sin }^{2}t+a^2{\cos }^{2}t=a^2$(0-2)
    • 即$a^2-a^2{\sin }^{2}t=a^2{\cos }^{2}t$(0-3),或者$a^2-a^2{\cos }^{2}t=a^2{\sin }^{2}t$(0-4),
    • 以前者为例,等号两边同取算术平方根:$\sqrt{a^2-a^2{\sin }^{2}t}$=$|a\cos t|$
  • 被积函数定义域为$x\in (-a,a)$
  • 令$x=a\sin t$(0),则$\sin t\in (-1,1)$,取$t$的范围为$-\frac{\pi }{2}<t<\frac{\pi }{2}$(1),则:
    • $t=\arcsin \frac{x}{a}$(2),$\sqrt{a^2-x^2}$=$\sqrt{a^2-a^2{\sin }^2{t}^2}$=$|a\cos t|$=$a\cos t$
  • $\mathrm{d}x=a\cos t\mathrm{d}t$,于是$\sqrt{a^2-x^2}\mathrm{d}x$=$a\cos t\cdot a\cos t\mathrm{d}t$=$a^2{\cos }^{2}t\mathrm{d}t$
  • 所以$\int \sqrt{a^2-x^2}\mathrm{d}x$=$\int a^2{\cos }^{2}t\mathrm{d}t$=$a^2\int {\cos }^{2}t\mathrm{d}t$=$a^2(\frac{t}{2}+\frac{\sin 2t}{4})+C$ ¹(3)
    • =$\frac{1}{2}{a}^{2}t+\frac{a^2}{2}\sin t\cos t+C$(4)
  • 反函数(2)回代:为例将式(4)化为关于$x$的函数,还需要分别计算$\sin t$,$\cos t$从而
    • $\sin t$=$\sin \arcsin \frac{x}{a}$=$\frac{x}{a}$
    • $\cos t=\sqrt{1-{\sin }^{2}t}$=$\sqrt{1-(\frac{x}{a}{)}^2}$=$\frac{\sqrt{a^2-x^2}}{a}$
    • $\int \sqrt{a^2-x^2}\mathrm{d}x$=$\frac{1}{2}{a}^2\arcsin \frac{x}{a}$+$\frac{1}{2}x\sqrt{a^2-x^2}+C$

例

• $\int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}\mathrm{d}x$,$(a>0)$
  • 利用$1+\tan {}^{2}t={\sec }^{2}t$(即$a^2+a^2{\tan }^{2}t=a^2{\sec }^{2}t$化去根式
  • 令$x=a\tan t$(1),$-\frac{\pi }{2}<t<\frac{\pi }{2}$²,$\sec t=\frac{1}{\cos t}>0$,从而$a\sec t>0$,即$\sqrt{x^2+a^2}$=$\sqrt{a^2+a^2{\tan }^{2}t}$=$|a\sec t|$=$a\sec t$
  • $\tan t=\frac{x}{a}$(2),$\mathrm{d}x$=$a{\sec }^{2}t\mathrm{d}t$(3)
  • $\int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}\mathrm{d}x$=$\int \frac{1}{a\sec t}\cdot a{\sec }^{2}t\mathrm{d}t$=$\int \sec t\mathrm{d}t$=$\ln |\sec t+\tan t|+C$=$\ln (\sec t+\tan t)+C$³(4)
  • $\sec t$=$\sqrt{1+{\tan }^{2}t}$,由(2)式,得$\sec t=\sqrt{1+\frac{x^2}{a^2}}$=$\frac{\sqrt{x^2+a^2}}{a}$(5)(或者构造辅助直角三角形也可得式(5)
  • $\int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}\mathrm{d}x$=$\ln (\frac{x}{a}+\frac{\sqrt{x^2+a^2}}{a})+C$
    • =$\ln (x+\sqrt{x^2+a^2})+C_1$(6),其中$C_1=C-\ln a$

例

• $\int \frac{1}{\sqrt{x^2-a^2}}\mathrm{d}x$,$(a>0)$
  • 利用公式${\sec }^{2}t-1={\tan }^{2}t$(或$a^2{\sec }^{2}t-a^2=a^2{\tan }^{2}t$化去根式
  • 函数的定义域为$x<-a$和$x>a$两个区间,求积分要在两个区间内分别积分
    • 在各自区间内积分时,由$x$所在区间可以确定某些式子的符号
  • 当$x>a$时
    • 令$x=a\sec t$(5),$(0<t<\frac{\pi }{2})$⁴,则$\sqrt{x^2-a^2}$=$\sqrt{a^2\sec -a^2}=a\sqrt{{\sec }^{2}t-1}$=$a\tan t$
    • 因为$x=a\sec t$,则$\mathrm{d}x$=$\mathrm{d}(a\sec t)$=$a\sec t\tan t\mathrm{d}t$
    • $\int \frac{1}{\sqrt{x^2-a^2}}\mathrm{d}x$=$\int \frac{1}{a\tan t}\cdot a\sec t\tan t\mathrm{d}t$=$\int \sec t\mathrm{d}t$=$\ln |\sec t+\tan t|+C$=$\ln (\sec t+\tan t)+C$(6)
  • 为了将式化为关于$x$的式子,需要求出以下之一
    • $x=a\sec t$的反函数$t=t(x)$;
    • 或直接求$\sec t=t_1(x)$和$\tan t=t_2(x)$
      • 由(5),得$\sec t=\frac{x}{a}$(7)
      • 求$\tan t=\frac{\sqrt{x^2-a^2}}{a}$(8)有多种办法:
        • 由${\tan }^{2}t={\sec }^{2}t-1$=$\frac{x^2-a^2}{a^2}$,以及$\tan t>0$可知,$\tan t=\frac{\sqrt{x^2-a^2}}{a}$``
        • 根据式(7)作辅助直角三角形:斜边为$x$,邻边为$a$,两边角为$t$,再由勾股定理,对边为$\sqrt{x^2-a^2}$,显然,该直角三角形可以读出$\tan t=t_2(x)$=$\frac{\sqrt{x^2-a^2}}{a}$
  • 回代(7),(8)到(6)中得$\int \frac{1}{\sqrt{x^2-a^2}}\mathrm{d}x$=$\ln (\frac{x}{a}+\frac{\sqrt{x^2-a^2}}{a})+C$=$\ln (x+\sqrt{x^2-a^2})-\ln a+C$=$\ln (x+\sqrt{x^2-a^2})+C_1$(9),其中$C_1=C-\ln a$

• 再讨论另一个区间:$x<-a$
  • 此时$-x>a$,令$x=-u$,则$u>a$,$\mathrm{d}x$=$-\mathrm{d}u$代入到式(9),即可得
  • $\int \frac{1}{\sqrt{x^2-a^2}}\mathrm{d}x$=$\int \frac{1}{\sqrt{u^2-a^2}}(-\mathrm{d}u)$=$-\int \frac{1}{\sqrt{u^2-a^2}}\mathrm{d}u$=$-\ln (u+\sqrt{u^2-a^2})+C$=$-\ln (-x+\sqrt{x^2-a^2})+C$=$\ln (\frac{1}{-x+\sqrt{x^2-a^2}})+C$=$\ln \frac{-x-\sqrt{x^2-a^2}}{a^2}+C$=$\ln (-x-\sqrt{x^2-a^2})-2\ln a+C$=$\ln (-x-\sqrt{x^2-a^2})+C_2$(10),其中$C_2=C-2\ln a$
  • 比较(9),(10)可以发现两者不同,可见,即使是同一个函数,定义域不同区间内的不定积分结果可能式不同的
  • 但因为两个区间的被积表达式都一样,因此存在联系,可以通过换元法来推导得到另一个区间内的积分
  • 式(9),(10)可以借助绝对值号合并为一个式子,$\int \frac{1}{\sqrt{x^2-a^2}}\mathrm{d}x$=$\ln |x+\sqrt{x^2-a^2}|+C$
    • 合并的关键在于$x+\sqrt{x^2-a^2}$,
      • 当$x>a$时$x+\sqrt{x^2-a^2}$=$|x+\sqrt{x^2-a^2}|$
      • 当$x<-a$时,$-x-\sqrt{x^2-a^2}$=$|x+\sqrt{x^2-a^2}|$
      • 反之亦然

小结与推广

• 若被积函数含有$\sqrt{a^2-x^2}$,可以作代换$x=a\sin t$化去根式
• 若含有$\sqrt{x^2+a^2}$,可以作代换$x=a\sin t$
• 若含有$\sqrt{x^2-a^2}$可以作代换$x=\pm a\sec t$
• 当被积函数含有$\sqrt{x^2\pm a^2}$还可以用${\mathrm{ch}}^{2}t-{\mathrm{sh}}^{2}t=1$化去根式($x=a\mathrm{sh}t$,$x=\pm a\mathrm{ch}x$)

其他情形化去根式的情形和方法

一次项的根式

• $\int R(x,\sqrt[n]{ax+b}),\sqrt[m]{ax+b}\mathrm{d}x$,$(a\ne 0)$ 型的积分
  • 其特点式根号下是一个一次多项式
  • 通常令$\sqrt[mn]{ax+b}$=$t$,$x=\frac{t^{mn}-b}{a}$,$\mathrm{d}x$=$\frac{mn}{a}{t}^{mn-1}\mathrm{d}t$
  • 这就化成了一个常数系数的幂函数积分

一次项分式的根式

• $\int R(x,\sqrt{\frac{ax+b}{cx+d}})\mathrm{d}x$型
  • 令$t$=$\sqrt{\frac{ax+b}{cx+d}}$,则$x$=$\frac{d{t}^2-b}{a-c{t}^2}$;$\mathrm{d}x$=$\frac{2(ad-bc)t}{(a-c{t}^2{)}^2}\mathrm{d}t$,$(ad-bc\ne 0)$

三角万能代换

• $\int R(\sin x,\cos x)\mathrm{d}x$型

  • 令$t$=$\tan \frac{x}{2}$(1),则

    • $\sin x$=$2\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}$=$\frac{2\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}}{{\sin }^2\frac{x}{2}+{\cos }^2\frac{x}{2}}$=$\frac{2\tan \frac{x}{2}}{{\tan }^2\frac{x}{2}+1}$=$\frac{2t}{t^2+1}$(2-1)
    • $\cos x$=${\cos }^2\frac{x}{2}-{\sin }^2\frac{x}{2}$=$\frac{{\cos }^2\frac{x}{2}-{\sin }^2\frac{x}{2}}{{\sin }^2\frac{x}{2}+{\cos }^2\frac{x}{2}}$=$\frac{1-{\tan }^2\frac{x}{2}}{{\tan }^2\frac{x}{2}+1}$=$\frac{1-t^2}{t^2+1}$=$\frac{1-t^2}{1+t^2}$(2-2)

  • 对(1)两边同时取$\arctan$运算,$\arctan t$=$\frac{x}{2}$,变形得$x=2\arctan t$(3),从而$\mathrm{d}x$=$2\frac{1}{1+t^2}\mathrm{d}t$(4)

• 上述代换能将三角式代换位有理式,通常会产生复杂的计算.很少使用

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1. $\int {\cos }^{2}x\mathrm{d}x$=$\frac{1}{2}\int (1+\cos 2x)\mathrm{d}x$=$\frac{1}{2}(x+\frac{1}{2}\sin 2x)+C$=$\frac{1}{2}x+\frac{1}{4}\sin 2x+C$ ↩︎

2. 因为$x\in (-\infty ,+\infty )$,所以$a\tan t\in (-\infty ,+\infty )$,$\tan t\in (-\infty ,+\infty )$,可以取$t\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$ ↩︎

3. $\sec t+\tan t$=$\frac{1+\sin t}{\cos t}$,因为$t\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$,从而$\cos t>0$,且$1+\sin t>0$,所以$\sec t+\tan t>0$ ↩︎

4. $x=a\sec t>a$,即$\sec t>1$,$\frac{1}{\cos t}>1$,即$0<\cos t<1$,$t\in (-\frac{\pi }{2}+2k\pi ,\frac{\pi }{2}+2k\pi )$,$(k\in \mathbb{Z})$;为简单起见,去$t\in (0,\frac{\pi }{2})$即可满足需要(使得$x$的取值范围等于$x>a$) ↩︎