Определение 8.1.6: Элементарным многочленом от двух вещественных переменных $u$ и $v$ называется функция
$F(u,v):\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}:F(u,v)=u^iv^j$, где $i,j\in\mathbb{N}$.
Многочленом от двух вещественных переменных $P(u,v)$ называется любая конечная линейная комбинация элементарных многочленов от двух переменных
$$P(u,v)=\sum^{i=n,j=m}_{i=j=0}(a_{i,j}u^iv^j),m,n\in\mathbb{N}_0,\forall{i}\in\overline{0,n},\forall{j}\in\overline{0,m}(a_{i,j}\in\mathbb{R})$$
Рациональной функцией от двух вещественных переменных называется частное двух многочленов от двух вещественных переменных
$$R(u,v)=\frac{P(u,v)}{Q(u,v)},\forall{u},v\in\mathbb{R}(Q(u,v)\neq0)$$
Если $R(u,v)$ рациональная функция от двух переменных $y(x)$ элементарная функция,
то в некоторых случаях интеграл вида $\int{R}(x,y(x))dx$ может быть сведен к интегралу от рациональной функции.
Например, если существует замена переменной $x=x(t)$ такая, что
Пример 8.1.6: Рассмотрим неопределенный интеграл вида $\displaystyle\int{R}\left(x,\sqrt[n]\frac{ax+b}{cx+d}\right)dx$.
Произведем замену переменной $\displaystyle{t}=\sqrt[n]\frac{ax+b}{cx+d}$, тогда $\displaystyle{x}(t)=\frac{-dt^n+b}{ct^n-a}$ - рациональная функция от
$t$.
$\displaystyle{y}(x)=\sqrt[n]\frac{ax+b}{cx+d}=t$ - рациональная функция от $t$.
$$x'(t)=\left(\frac{-dt^n+b}{ct^n-a}\right)'=\frac{-dnt^{n-1}(ct^n-a)-cnt^{n-1}(-dt^n+b)}{(ct^n-a)^2}=\frac{nt^{n-1}(-cdt^n+ad+cdt^n-cb)}{(ct^n-a)^2}=
\frac{nt^{n-1}(ad-cb)}{(ct^n-a)^2}\Rightarrow$$
$$\Rightarrow\int{R}\left(x,\sqrt[n]\frac{ax+b}{cx+d}\right)dx=\int{R}\left(\frac{-dt^n+b}{ct^n-a},t\right)\frac{nt^{n-1}(ad-cb)}{(ct^n-a)^2}dt$$
В последнем интеграле подынтегральное выражение является рациональной функцией от $t$. Таким образом вычисление исходного интеграла сведено
к вычислению интеграла от рациональной функции.
Пример 8.1.7: Следующие типы интегралов так же сводятся к интегралам от рациональных функций в чем можно убедится обратившись к соответствующим параграфам учебника.
Задача 8.1.1: Представить первообразную $\displaystyle\int\sqrt[3]\frac{x-1}{x+1}dx$ в виде элементарной функции.
Решение: В Зорич т. 1, стр. 373 приведено более простое решение с помощью интегрирования по частям (в четверном издании от 2002 года
не хватает двух двоек в ответе, очевидные опечатки при выводе). Здесь в качестве примера использования вышеописанного метода приведено решение
с помощью разложения рациональной функции в сумму простейших дробей.
В условиях примера 8.1.6 положим $a=1$, $b=-1$, $c=1$, $d=1$, $n=3$, $\displaystyle{y}(x)=\sqrt[3]\frac{x-1}{x+1}$, тогда
$R(x,y(x))=y(x)$ и
$$t:=\sqrt[3]\frac{x-1}{x+1}\Rightarrow{x}(t)=\frac{-dt^n+b}{ct^n-a}=\frac{-t^3-1}{t^3-1}\Rightarrow
\left(x'(t)=\frac{nt^{n-1}(ad-bc)}{(ct^n-a)^2}=\frac{6t^2}{(t^3-1)^2}\wedge{R}(x(t),y(x(t)))=y(x(t))=t\right)\Rightarrow$$
$$\Rightarrow\int\sqrt[3]\frac{x-1}{x+1}dx=\int{R}(x(t),y(x(t)))x'(t)dt=\int{t}\frac{6t^2}{(t^3-1)^2}dt=\int\frac{6t^3}{(t^3-1)^2}dt$$
Применим метод неопределенных коэффициентов
$$\frac{6t^3}{(t^3-1)^2}=\frac{6t^3}{(t-1)^2(t^2+t+1)^2}=\frac{A}{t-1}+\frac{B}{(t-1)^2}+\frac{Ct+D}{t^2+1+1}+\frac{Et+F}{(t^2+t+1)^2}=
\frac{A(t-1)(t^2+t+1)^2+B(t^2+t+1)^2+(Ct+D)(t-1)^2(t^2+t+1)+(Et+F)(t-1)^2}{(t-1)^2(t^2+t+1)^2}=$$
$$=\frac{A(t^3-1)(t^2+t+1)+B(t^2+t+1)^2+(Ct+D)(t^3-1)(t-1)+(Et+F)(t-1)^2}{(t-1)^2(t^2+t+1)^2}=$$
$$=\frac{A(t^5+t^4+t^3-t^2-t-1)+B(t^4+2t^3+3t^2+2t+1)+(Ct+D)(t^4-t^3-t+1)+(Et+F)(t^2-2t+1)}{(t-1)^2(t^2+t+1)^2}=$$
$$=\frac{A(t^5+t^4+t^3-t^2-t-1)+B(t^4+2t^3+3t^2+2t+1)+C(t^5-t^4-t^2+t)+D(t^4-t^3-t+1)+E(t^3-2t^2+t)+F(t^2-2t+1)}{(t-1)^2(t^2+t+1)^2}=$$
$$=\frac{t^5(A+C)+t^4(A+B-C+D)+t^3(A+2B-D+E)+t^2(-A+3B-C-2E+F)+t(-A+2B+C-D+E-2F)+(-A+B+D+F)}{(t-1)^2(t^2+t+1)^2}$$
В числителе рациональной функции подынтегрального выражения стоит многочлен $6t^3$, следовательно,
$$
\begin{cases}
A+C=0\\
A+B-C+D=0\\
A+2B-D+E=6\\
-A+3B-C-2E+F=0\\
-A+2B+C-D+E-2F=0\\
-A+B+D+F=0
\end{cases}\Rightarrow
\left(
\begin{array}{rr}
1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\
1 & 1 &-1 & 1 & 0 & 0\\
1 & 2 & 0 &-1 & 1 & 0\\
-1& 3 &-1 & 0 &-2 & 1\\
-1& 2 & 1 &-1 & 1 &-2\\
-1& 1 & 0 & 1 & 0 & 1
\end{array}
\right)
\left(\begin{array}{rr}A\\B\\C\\D\\E\\F\end{array}\right)=\left(\begin{array}{rr}0\\0\\6\\0\\0\\0\end{array}\right)
$$
Решим полученную систему методом Гаусса
$$
\left(
\begin{array}{rr}
1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
1 & 1 &-1 & 1 & 0 & 0 & 0\\
1 & 2 & 0 &-1 & 1 & 0 & 6\\
-1& 3 &-1 & 0 &-2 & 1 & 0\\
-1& 2 & 1 &-1 & 1 &-2 & 0\\
-1& 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0
\end{array}
\right)\Rightarrow
\left(
\begin{array}{rr}
1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 &-2 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 2 &-1 &-1 & 1 & 0 & 6\\
0 & 3 & 0 & 0 &-2 & 1 & 0\\
0 & 2 & 2 &-1 & 1 &-2 & 0\\
0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0
\end{array}
\right)\Rightarrow
\left(
\begin{array}{rr}
1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 &-2 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 3 &-3 & 1 & 0 & 6\\
0 & 0 & 6 &-3 &-2 & 1 & 0\\
0 & 0 & 6 &-3 & 1 &-2 & 0\\
0 & 0 & 3 & 0 & 0 & 1 & 0
\end{array}
\right)\Rightarrow
\left(
\begin{array}{rr}
1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 &-2 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 3 &-3 & 1 & 0 & 6\\
0 & 0 & 0 & 3 &-4 & 1 &-12\\
0 & 0 & 0 & 3 &-1 &-2 &-12\\
0 & 0 & 0 & 3 &-1 & 1 &-6
\end{array}
\right)\Rightarrow$$
$$\Rightarrow\left(
\begin{array}{rr}
1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 &-2 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 3 &-3 & 1 & 0 & 6\\
0 & 0 & 0 & 3 &-4 & 1 &-12\\
0 & 0 & 0 & 0 & 3 &-3 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 3 & 0 & 6
\end{array}
\right)\Rightarrow
\left(
\begin{array}{rr}
1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 &-2 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 3 &-3 & 1 & 0 & 6\\
0 & 0 & 0 & 3 &-4 & 1 &-12\\
0 & 0 & 0 & 0 & 3 &-3 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 3 & 6
\end{array}
\right)\Rightarrow
\left(
\begin{array}{rr}
1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 &-2 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 3 &-3 & 1 & 0 & 6\\
0 & 0 & 0 & 3 &-4 & 0 &-14\\
0 & 0 & 0 & 0 & 3 & 0 & 6\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 2
\end{array}
\right)\Rightarrow
\left(
\begin{array}{rr}
1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 &-2 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 3 &-3 & 0 & 0 & 4\\
0 & 0 & 0 & 3 & 0 & 0 &-6\\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 2\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 2
\end{array}
\right)\Rightarrow$$
$$\Rightarrow\left(
\begin{array}{rr}
1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 &-2 & 0 & 0 & 0 & 2\\
0 & 0 & 3 & 0 & 0 & 0 &-2\\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 &-2\\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 2\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 2
\end{array}
\right)\Rightarrow
\left(
\begin{array}{rr}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 &2/3\\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 &2/3\\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 &-2/3\\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 &-2\\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 2\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 2
\end{array}
\right)\Rightarrow{A}=\frac{2}{3},B=\frac{2}{3},C=-\frac{2}{3},D=-2,E=2,F=2\Rightarrow$$
$$\Rightarrow\frac{6t^3}{(t^3-1)^2}=\frac{2}{3(t-1)}+\frac{2}{3(t-1)^2}-\frac{2t+6}{3(t^2+t+1)}+\frac{2t+2}{(t^2+t+1)^2}=
\frac{2}{3(t-1)}+\frac{2}{3(t-1)^2}-\frac{2t}{3(t^2+t+1)}-\frac{2}{t^2+t+1}+\frac{2t}{(t^2+t+1)^2}+\frac{2}{(t^2+t+1)^2}\Rightarrow$$
$$\Rightarrow\int\frac{6t^3}{(t^3-1)^2}dt=\frac{2}{3}\ln|t-1|-\frac{2}{3(t-1)}-\frac1{3}\int\frac{2tdt}{\left(t+\frac1{2}\right)^2+\frac{3}{4}}-
2\int\frac{dt}{\left(t+\frac1{2}\right)^2+\frac{3}{4}}+\int\frac{2tdt}{\left(\left(t+\frac1{2}\right)^2+\frac{3}{4}\right)^2}+
2\int\frac{dt}{\left(\left(t+\frac1{2}\right)^2+\frac{3}{4}\right)^2}=\frac{2}{3}\ln|t-1|-\frac{2}{3(t-1)}-\frac1{3}I_1-2I_2+I_3+2I_4$$
Обозначим $u:=t+\frac1{2}$, $b^2=\frac{3}{4}$, тогда $dt=du$, $du^2=d(t^2+t+\frac1{4})=(2t+1)dt$.
$\newcommand{\arctg}{\operatorname{arctg}}$
$\displaystyle{I}_1=\int\frac{2tdt}{\left(t+\frac1{2}\right)^2+\frac{3}{4}}=\int\frac{(2t+1-1)dt}{\left(t+\frac1{2}\right)^2+\frac{3}{4}}=
\int\frac{du^2}{u^2+b^2}-\int\frac{du}{u^2+b^2}=\ln(u^2+b^2)-\frac1{b}\arctg\frac{u}{b}$
$\displaystyle{I}_2=\int\frac{dt}{\left(t+\frac1{2}\right)^2+\frac{3}{4}}=\int\frac{du}{u^2+b^2}=J_1=\frac1{b}\arctg\frac{u}{b}$
$\displaystyle{I}_3=\int\frac{2tdt}{\left(\left(t+\frac1{2}\right)^2+\frac{3}{4}\right)^2}=\int\frac{(2t+t-1)dt}{(u^2+b^2)^2}=
\int\frac{du^2}{(u^2+b^2)^2}-\int\frac{du}{(u^2+b^2)^2}=-\frac1{u^2+b^2}-J_2$
$\displaystyle{I}_4=\int\frac{dt}{\left(\left(t+\frac1{2}\right)^2+\frac{3}{4}\right)^2}=\int\frac{du}{(u^2+b^2)^2}=J_2$
где
$\displaystyle{J}_2=\frac1{2b^2}\frac{u}{u^2+b^2}+\frac1{2b^2}$, $J_1=\frac1{2b^2}\frac{u}{u^2+b^2}+\frac1{2b^2}\frac1{b}\arctg\frac{u}{b}$
Таким образом
$$\int\frac{6t^3}{(t^3-1)^2dt}=\frac{2}{3}\ln|t-1|-\frac{2}{3(t-1)}-\frac1{3}\left(\ln(u^2+b^2)-\frac1{b}\arctg\frac{u}{b}\right)-
2\frac1{b}\arctg\frac{u}{b}-\frac1{u^2+b^2}-J_2+2J_2=$$
$$=\frac{2}{3}\ln|t-1|-\frac{2}{3(t-1)}-\frac1{3}\ln(u^2+b^2)-\frac1{3b}\arctg\frac{u}{b}-2\frac1{b}\arctg\frac{u}{b}-\frac1{u^2+b^2}+
\frac1{2b^2}\frac{u}{u^2+b^2}+\frac1{2b^2}\frac1{b}\arctg\frac{u}{b}=$$
$$=\frac{2}{3}\ln|t-1|-\frac1{3}\ln(u^2+b^2)-\frac1{b}\left(\frac1{3}-2+\frac1{2b^2}\right)\arctg\frac{u}{b}-\frac1{u^2+b^2}+
\frac1{2b^2}\frac{u}{u^2+b^2}-\frac{2}{3(t-1)}=$$
$$=\frac{2}{3}\ln|t-1|-\frac1{3}\ln(u^2+b^2)-\frac1{b}\arctg\frac{u}{b}+\frac{2(-3t)}{3(t^2+t+1)(t-1)}=$$
$$=\frac{2}{3}\ln|t-1|-\frac1{3}\ln\left(\left(t+\frac1{2}\right)^2+\frac{3}{4}\right)-
\frac{2}{\sqrt{3}}\arctg\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\left(t+\frac1{2}\right)\right)+\frac{2t}{1-t^3}+C$$
где $\displaystyle{t}=\sqrt[3]\frac{x-1}{x+1}$.
Для проверки полученного результата проведем дифференцирование первообразной по $x$. Для этого
продифференцируем по $t$, подставим в получившееся выражение $\displaystyle{t}=\sqrt[3]\frac{x-1}{x+1}$ и умножим результат на
$\displaystyle{t}'(x)=\left(\sqrt[3]\frac{x-1}{x+1}\right)'=\frac1{3}\left(\frac{x-1}{x+1}\right)^{-\frac{2}{3}}\frac{2}{(x+1)^2}$.
$\displaystyle\left(\frac{2}{3}\ln|t-1|\right)'=\frac{2}{3(t-1)}$
$\displaystyle\left(\frac1{3}\ln(t^2+t+1)\right)'=\frac1{3}\frac{2t+1}{t^2+t+1}$
$\displaystyle\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\arctg\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\left(t+\frac1{2}\right)\right)\right)'=
\frac{2}{\sqrt{3}}\frac{2}{\sqrt{3}}\frac1{\frac{4}{3}\left(t^2+t+\frac1{4}\right)+1}=
\frac{4}{3}\frac1{\frac{4}{3}\left(\left(t^2+t+\frac1{4}\right)+\frac{3}{4}\right)}=\frac1{t^2+t+1}$
$\displaystyle\left(\frac{2t}{1-t^3}\right)'=\frac{2(1-t^3)+3t^22t}{(1-t^3)^2}=\frac{4t^3+2}{(1-t^3)^2}$
$$F'(t)=\frac{2}{3(t-1)}-\frac1{3}\frac{2t+1}{t^2+t+1}-\frac1{t^2+t+1}+\frac{4t^3+2}{(1-t^3)^2}=
\frac{2}{3(t-1)}-\frac1{3}\frac{2t+4}{t^2+t+1}+\frac{4t^3+2}{(1-t^3)^2}=\frac1{3}\frac{2t^2+2t+2-2t^2-4t+2t+4}{(t-1)(t^2+t+1)}+\frac{4t^3+2}{(1-t^3)^2}=$$
$$=\frac{2}{t^3-1}+\frac{4t^3+2}{(t^3-1)^2}=\frac{2t^3-2+4t^3+2}{(t^3-1)^2}=\frac{6t^3}{(t^3-1)^2}=\frac{6\frac{x-1}{x+1}}{\left(\frac{x-1}{x+1}-1\right)^2}=
\frac{3}{2}(x-1)(x+1)$$
$$F'(t(x))=F'(t)t'(x)=\frac{3}{2}(x-1)(x+1)\frac1{3}\left(\frac{x-1}{x+1}\right)^{-\frac{2}{3}}\frac{2}{(x+1)^2}=
\left(\frac{x-1}{x+1}\right)^{-\frac{2}{3}}\frac{x-1}{x+1}=\left(\frac{x-1}{x+1}\right)^{\frac1{3}}=\sqrt[3]\frac{x-1}{x+1}$$
В результате получено подынтегральное выражение - задача решена.
$$\int\sqrt[3]\frac{x-1}{x+1}dx=\frac{2}{3}\ln\left|\sqrt[3]\frac{x-1}{x+1}-1\right|-
\frac1{3}\ln\left(\left(\sqrt[3]\frac{x-1}{x+1}+\frac1{2}\right)^2+\frac{3}{4}\right)-
\frac{2}{\sqrt{3}}\arctg\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\left(\sqrt[3]\frac{x-1}{x+1}+\frac1{2}\right)\right)+(x+1)\sqrt[3]\frac{x-1}{x+1}$$
previous contents next