8.1.4 Некоторые типы интегралов сводящиеся к интегралам от рациональных функций.

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

1. $x(t)$ - рациональная функция от $t$,
2. $y(x(t))$ - рациональная функция от $t$,

1. $x'(t)$ - рациональная функция от $t$,
2. $R(x(t),y(x(t)))$ - рациональная функция от $t$.

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.

1. Кудрявцев т. 1, стр. 424 $$\int{R}\left(x,\sqrt{ax^2+bx+c}\right)dx;\:a\neq0$$
2. Кудрявцев т. 1, стр. 429 $$\int\frac{P_n(x)}{\sqrt{ax^2+bx+c}}dx;\:a\neq0$$
3. Кудрявцев т. 1, стр. 429 $$\int\frac{dx}{(x-\lambda)^k\sqrt{ax^2+bx+c}};\:k\in\mathbb{N},\lambda\in\mathbb{R}$$
4. Кудрявцев т. 1, стр. 426 $$\int{x}^m(a+bx^n)^pdx;a,b\in\mathbb{R};\:m,n,p\in\mathbb{Q}$$
5. Кудрявцев т. 1, стр. 431 $$\int{R}(\sin{x},\cos{x})dx$$

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