Вычисление интегралов от двучлена дробь степень от трехчлена квадратный корень из квадратного трехчлена

Приводится метод вычисления интегралов, в числителе дроби которых находится линейный двучлен, а в знаменателе – произведение квадратного трехчлена в натуральной степени на квадратный корень из трехчлена. Разобран пример вычисления такого интеграла.

Метод интегрирования

Рассмотрим интеграл от дроби, в числителе которой стоит линейный двучлен, а в знаменателе - целая положительная степень от трехчлена и квадратный корень из квадратного трехчлена:
∫ (Mx + N ) dx(x²  + px + q )ⁿ √ ax²  + bx + c  ,
где уравнение
x ² + px + q = 0
не имеет действительных корней. В противном случае дробь   1x²  + px + q   можно разложить на простейшие дроби и вычислять полученные интегралы методом, изложенном на странице Вычисление интегралов от многочлена дробь степень от двучлена квадратный корень из квадратного трехчлена > > >.

Для интегрирования нужно сделать подстановку
x = αt + βt + 1 , при b – ap ≠ 0 , или подстановку
x = t + α , в противном случае.
После чего интеграл примет вид:
∫ P_2n – 1 (t ) dt(At²  + Bt + D )ⁿ √ A₁ t²  + B₁ t + D₁  .
Далее, постоянные α, β нужно выбрать такими, чтобы коэффициенты при t обратились в нуль:
B = 0,   B₁ = 0 .
Тогда интеграл распадается на сумму интегралов двух видов:
∫ t^2ν + 1  dt(At²  + D )ⁿ √ A₁ t²  + D₁  ;
∫ t^2ν  dt(At²  + D )ⁿ √ A₁ t²  + D₁  ,
которые интегрируются, соответственно подстановками:
u = √ A₁ t²  + D₁  ;
v = √ A₁  + D₁ t^– 2  .

Доказательство

Докажем, что существуют такие действительные постоянные α и β , при которых коэффициенты B и B₁ обращаются в нуль.

Для доказательства, сначала упростим выражение, перейдя к новой переменной x₁ , сделав подстановку
x = x₁ – p/2 с тем, чтобы обратить B в нуль.
x²  + px + q = (x + p / 2 )²  + q – p²  / 4 = x²₁  + k .
Здесь k = q – p ²/4 .
ax²  + bx + c = a(x₁  – p / 2 )²  + b(x₁  – p / 2 ) + c =
 ax²₁  + (b – ap )x₁  + ap²  / 4 – bp / 2 + c = ax²₁  + b₁ x₁  + c₁ .

Отсюда видно, что если b – ap = 0 , то коэффициенты при t в обоих трехчленах обращаются в нуль.

Рассмотрим случай b – ap ≠ 0 . В начале заметим, что поскольку x ² + px + q ≠ 0 , то   x²  + px + q = x²₁  + k > 0 .   Поэтому k > 0 .
Делаем подстановку
x₁  = αt + βt + 1 .
Тогда уравнения равенства нулю коэффициентов при t примут вид:
B = 2αβ + 2k = 0
B₁  = 2a αβ + b₁ (α + β ) + 2c₁  = 0
Из первого уравнения, αβ = – k . Подставляя во второе уравнение, найдем α + β . Обозначим, α + β2 = s,  α – β2 = r .
Перепишем первое уравнение:
αβ = – k ;
αβ = ( α + β2  )²  – ( α – β2  )²  = s²  – r²  = – k .
Отсюда r²  = s²  + k > 0 . То есть r - действительное.
Таким образом, для α и β мы получили линейную систему уравнений:
α + β = 2s
α – β = 2r ,
которая имеет отличное от нуля действительное решение:
α = s + r ;
β = s – r .

Примечания

Чтобы упростить доказательство и выделить случай b – ap = 0 , мы сделали две подстановки:
x = x₁ – p/2   и   x₁  = αt + βt + 1 .
Однако, при вычислении интеграла, достаточно выполнить только одну дробно-линейную подстановку. Поскольку эти две, последовательно выполненные, подстановки имеют вид одной дробно-линейной :
x = x₁  – p / 2 = αt + βt + 1 – p(t + 1 )2(t + 1 ) = (α – p / 2 )t + (β – 1 / 2 )t + 1 .

При доказательстве мы предполагали, что x ² + px + q ≠ 0 . Но, поскольку оба трехчлена равноправны, то постоянные α и β существуют, и данный метод применим, если выполняется, хотя бы одно условие из двух:
x ² + px + q ≠ 0 ;
ax ² + bx + c ≠ 0 .

Пример

Вычислить интеграл:
I = ∫ dx(x²  – x + 1 ) √ x²  + x + 1 

Решение

Введем обозначения:
p = x ² – x + 1 ,   q = x ² + x + 1 .

Делаем подстановку в общем виде, с произвольными значениями постоянных α и β : x = αt + βt + 1 .
p ⋅ (t + 1 )²  = (αt + β )²  – (αt + β )(t + 1 ) + (t + 1 )²  =
 α²  t²  + 2αβ t + β²  – α t²  – (α + β ) t – β + t²  + 2t + 1 =
 ( α²  – α + 1  ) t²  + ( 2αβ – α – β + 2  ) t + β²  – β + 1 ;
q ⋅ (t + 1 )²  = (αt + β )²  + (αt + β )(t + 1 ) + (t + 1 )²  =
 α²  t²  + 2αβ t + β²  + α t²  + (α + β ) t + β + t²  + 2t + 1 =
 ( α²  + α + 1  ) t²  + ( 2αβ + α + β + 2  ) t + β²  + β + 1 .

Выбираем α и β , чтобы коэффициенты при t обратились в нуль. Получаем систему уравнений:
2αβ – α – β + 2 = 0
2αβ + α + β + 2 = 0
Решаем систему. Берем сумму и разность уравнений:
4αβ + 4 = 0
2(α + β ) = 0 ;
αβ = – 1
α + β = 0 ;  β = – α ;
α(– α ) = – 1;  α²  = 1 .
Выбираем корень α = 1 . Тогда β = – 1 .

Делаем подстановку со значениями постоянных α = 1 , β = – 1 .
x = αt + βt + 1 = t – 1t + 1 ;
p ⋅ (t + 1 )²  = ( α²  – α + 1  ) t²  + β²  – β + 1 = t²  + 3 ;
q ⋅ (t + 1 )²  = ( α²  + α + 1  ) t²  + β²  + β + 1 = 3t²  + 1 ;
p = t²  + 3(t + 1 )² ; √ q  = √ 3t²  + 1(t + 1 )²  = √ 3t²  + 1  | t + 1 |  = √ 3t²  + 1 t + 1 ⋅ sgn (t + 1 ) ;
Здесь sgn(t + 1) – функция сигнум:
sgn(t + 1) = 1 при t + 1 > 0 ; sgn(t + 1) = – 1 при t + 1 < 0 .
dx = ( t – 1t + 1  )^′ dt = (t – 1 )^′(t + 1 ) – (t – 1 )(t + 1 )^′(t + 1 )²  dx
= (t + 1 ) – (t – 1 )(t + 1 )²  dx = 2 dx(t + 1 )² .

Подставляем:

I = ∫ dxp √ q  = sgn (t + 1 ) ⋅ ∫ (t + 1 ) 2 dx(t²  + 3 ) √ 3t²  + 1  .
Или
I = sgn(t + 1) · ( I₁ + I₂)  ,
где   I₁  = 2 ∫ t dt(t²  + 3 ) √ 3t²  + 1  ,   I₂  = 2 ∫ dt(t²  + 3 ) √ 3t²  + 1  .

В первом интеграле делаем подстановку u = √ 3t²  + 1  .   u²  = 3t²  + 1 ;   d u²  = 2u du = d(3t²  + 1 ) = 6 t dt ;   t dt = u du3 ;   t²  + 3 = u²  – 13 + 93 = u²  + 83 .
I₁  = 2 ∫ u du(u²  + 8 ) u = 2 ∫ duu²  + ( √ 8   )² = 2√ 8  arctg u√ 8  = 1√ 2  arctg √ 3t²  + 1 2 √ 2  .

Переходим к переменной x .
x = t – 1t + 1 ;   x (t + 1 ) = t – 1 ;   t = 1 + x1 – x ;   t + 1 = 1 + x1 – x + 1 – x1 – x = 21 – x .
Применим формулу:
q ⋅ (t + 1 )²  = 3t²  + 1 .
√ 3t²  + 1  =  | t + 1 | √ q  = sgn (t + 1 ) ⋅ (t + 1 ) √ q  = sgn (t + 1 ) ⋅ 2 √ q 1 – x .
I₁  = 1√ 2  arctg √ 3t²  + 1 2 √ 2  = 1√ 2  arctg sgn (t + 1 ) ⋅ √ q (1 – x ) √ 2  =
 sgn (t + 1 ) ⋅ 1√ 2  arctg √ x²  + x + 1 (1 – x ) √ 2  .

Во втором интеграле делаем подстановку v = √ t^– 2  + 3  .   v²  = t^– 2  + 3 ;   d v²  = 2v dv = d(t^– 2  + 3 ) = – 2 t^– 3  dt ;   t^– 3  dt = – v dv ;   3t^– 2  + 1 = 3(v²  – 3 ) + 1 = 3v²  – 8 .
I₂  = 2 ∫ dt(t²  + 3 ) √ 3t²  + 1  = 2 ∫ dtt² (1 + 3t^– 2 ) √ t² (3 + t^– 2 )  .
Далее учтем, что √ t²  =  | t |  = ± t . В дальнейшем верхний знак будет относиться к значениям t > 0 , нижний - к значениям t < 0 .
± I₂  = 2 ∫ t^– 3  dt(1 + 3t^– 2 ) √ 3 + t^– 2  = – 2 ∫ v dv(3v²  – 8 )v = – 23 ∫ dvv²  – 8 / 3 =
– 23 ⋅ 2 √ 8 / 3  ln | v – √ 8 / 3 v + √ 8 / 3   | = – 1√ 8 ⋅ 3  ln | √ t^– 2  + 3  – √ 8 / 3 √ t^– 2  + 3  + √ 8 / 3   | .
Умножим числитель и знаменатель на |t| = ± t и учтем, что ln ab = – ln ba .
I₂  = ∓ 12 √ 6  ln | √ 1 + 3t²  –  | t | √ 8 / 3 √ 1 + 3t²  +  | t | √ 8 / 3   | = ∓ 12 √ 6  ln | √ 1 + 3t²  ∓ t √ 8 / 3 √ 1 + 3t²  ± t √ 8 / 3   | =
– 12 √ 6  ln | √ 1 + 3t²  – t √ 8 / 3 √ 1 + 3t²  + t √ 8 / 3   | .

Переходим к переменной x .
t = 1 + x1 – x ;   (1 – x )t = x + 1 .
Преобразуем выражение под знаком логарифма, применяя полученную ранее формулу:
√ 3t²  + 1  = sgn (t + 1 ) ⋅ 2 √ q 1 – x .
| √ 1 + 3t²  – t √ 8 / 3 √ 1 + 3t²  + t √ 8 / 3   | = | – √ 1 + 3t²  + t √ 8 / 3 √ 1 + 3t²  + t √ 8 / 3   | =
 | – (1 – x ) √ 1 + 3t²  + (1 – x )t √ 8 / 3 (1 – x ) √ 1 + 3t²  + (1 – x )t √ 8 / 3   | = | – 2 sgn (t + 1 ) √ q  + (x + 1 ) √ 8 / 3 2 sgn (t + 1 ) √ q  + (x + 1 ) √ 8 / 3   | =
 | – sgn (t + 1 ) √ 3q  + (x + 1 ) √ 2 sgn (t + 1 ) √ 3q  + (x + 1 ) √ 2   | .
Снова учтем, что ln ab = – ln ba .
I₂  = – 12 √ 6  ln | √ 1 + 3t²  – t √ 8 / 3 √ 1 + 3t²  + t √ 8 / 3   | = – sgn (t + 1 )2 √ 6  ln | – √ 3q  + (x + 1 ) √ 2 √ 3q  + (x + 1 ) √ 2   | ;
sgn (t + 1 ) ⋅ I₂  = – 12 √ 6  ln | √ 3q  – (x + 1 ) √ 2 √ 3q  + (x + 1 ) √ 2   | .
Умножим числитель и знаменатель на ( √ 3q  – (x + 1 ) √ 2   ) . В числителе будет квадрат от ( √ 3q  – (x + 1 ) √ 2   ) . Преобразуем знаменатель.
( √ 3q  + (x + 1 ) √ 2   ) ⋅ ( √ 3q  – (x + 1 ) √ 2   ) = 3q – 2(x + 1 )²  =
 3(x²  + x + 1 ) – 2(x²  + 2x + 1 ) = x²  – x + 1 = ( √ x²  – x + 1   )² .
Отсюда, в частности следует, что 3q > 2(x + 1) ² , поэтому √ 3q  > (x + 1 ) √ 2    и знак модуля можно опустить.
sgn (t + 1 ) ⋅ I₂  = – 1√ 6  ln √ 3q  – (x + 1 ) √ 2 √ x²  – x + 1  =
 – 1√ 6  ⋅ ln √ 3(x²  + x + 1 )  – (x + 1 ) √ 2 √ x²  – x + 1  .

Окончательный результат:
I = sgn(t + 1) · ( I₁ + I₂)  .

Ответ

I = 1√ 2  arctg √ x²  + x + 1 (1 – x ) √ 2  – 1√ 6  ln √ 3(x²  + x + 1 )  – (x + 1 ) √ 2 √ x²  – x + 1  + C

Примечание

Если бы мы применили подстановку Эйлера, то получили бы интеграл:
∫ (2t – 1 ) dtt⁴  + 3t³  + t²  – 6t + 3 .
Хотя подынтегральное выражение является рациональной функцией, но разложить его на простейшие дроби не так просто.

Использованная литература:
Н.М. Гюнтер, Р.О. Кузьмин, Сборник задач по высшей математике, «Лань», 2003.

Автор: Олег Одинцов.     Опубликовано: 24-01-2015