Раздел III. Неопределённый интеграл — § 2. Интегрирование рациональных функций

Демидович — задача 1887

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Применяя метод неопределённых коэффициентов, найти следующие интегралы:

Задача 1887

∫dx(1+x)(1+x2)(1+x3)\displaystyle\int\frac{dx}{(1+x)(1+x^2)(1+x^3)}.
Ответ:13ln⁡∣x+1∣−16(x+1)+12arctg⁡x−16ln⁡(x2−x+1)−133arctg⁡2x−13+C,x≠−1\begin{aligned}
&\dfrac{1}{3}\ln|x+1|
-\dfrac{1}{6(x+1)}
+\dfrac{1}{2}\arctg x-\dfrac{1}{6}\ln(x^2-x+1)
-\dfrac{1}{3\sqrt3}\arctg\dfrac{2x-1}{\sqrt3}+C,
\qquad
x\ne-1
\end{aligned}На двух промежутках области определения постоянная CC выбирается независимо.

Решение

Учитывая равенство 1+x3=(1+x)(x2−x+1)1+x^3=(1+x)(x^2-x+1), представим знаменатель в виде(1+x)(1+x2)(1+x3)=(x+1)2(x2+1)(x2−x+1)(1+x)(1+x^2)(1+x^3)
=(x+1)^2(x^2+1)(x^2-x+1)Подынтегральная функция определена при x≠−1x\ne-1. Поскольку множитель (x+1)(x+1) входит в знаменатель во второй степени, в разложении должны присутствовать дроби с обоими знаменателями x+1x+1 и (x+1)2(x+1)^2:1(x+1)2(x2+1)(x2−x+1)=Ax+1+B(x+1)2+Cx+Dx2+1+Ex+Fx2−x+1\begin{aligned}
\dfrac{1}{(x+1)^2(x^2+1)(x^2-x+1)}
&=\dfrac{A}{x+1}
+\dfrac{B}{(x+1)^2}
+\dfrac{Cx+D}{x^2+1}+\dfrac{Ex+F}{x^2-x+1}
\end{aligned}Умножив равенство на общий знаменатель, получаем1=A(x+1)(x2+1)(x2−x+1)+B(x2+1)(x2−x+1)++(Cx+D)(x+1)2(x2−x+1)+(Ex+F)(x+1)2(x2+1)\begin{aligned}
1
&=A(x+1)(x^2+1)(x^2-x+1)
+B(x^2+1)(x^2-x+1)+\\
&\quad+(Cx+D)(x+1)^2(x^2-x+1)
+(Ex+F)(x+1)^2(x^2+1)
\end{aligned}Сначала подстановка x=−1x=-1 даёт 1=6B1=6B, то есть B=16B=\frac16. Чтобы найти AA без раскрытия всех скобок, обозначимP(x)=(x2+1)(x2−x+1),H(x)=1P(x)P(x)=(x^2+1)(x^2-x+1),
\qquad
H(x)=\dfrac{1}{P(x)}Умножая исходное разложение на (x+1)2(x+1)^2, получаемH(x)=A(x+1)+B+(x+1)2(Cx+Dx2+1+Ex+Fx2−x+1)\begin{aligned}
H(x)&=A(x+1)+B+(x+1)^2\left(
\dfrac{Cx+D}{x^2+1}
+\dfrac{Ex+F}{x^2-x+1}
\right)
\end{aligned}Обе дроби в скобках определены при x=−1x=-1, поэтому это тождество продолжается и в данную точку. При дифференцировании последнего слагаемого каждый член содержит множитель x+1x+1 и обращается в нуль при x=−1x=-1. Производная BB также равна нулю, а производная A(x+1)A(x+1) равна AA. Значит, H′(−1)=AH'(-1)=A. Вычислим необходимые значения по правилу производной произведения:P(−1)=2⋅3=6P′(x)=2x(x2−x+1)+(x2+1)(2x−1)P′(−1)=(−2)⋅3+2⋅(−3)=−12\begin{aligned}
P(-1)&=2\cdot3=6\\
P'(x)&=2x(x^2-x+1)+(x^2+1)(2x-1)\\
P'(-1)&=(-2)\cdot3+2\cdot(-3)=-12
\end{aligned}Следовательно,A=H′(−1)=−P′(−1)P2(−1)=−−1262=13A=H'(-1)=-\dfrac{P'(-1)}{P^2(-1)}
=-\dfrac{-12}{6^2}=\dfrac13Остальные коэффициенты найдём сравнением степеней xx от пятой до нулевой:{A+C+E=0,B+C+D+2E+F=0A−B+D+2E+2F=0A+2B+C+2E+2F=0−B+C+D+E+2F=0A+B+D+F=1\begin{cases}
A+C+E=0,\\
B+C+D+2E+F=0\\
A-B+D+2E+2F=0\\
A+2B+C+2E+2F=0\\
-B+C+D+E+2F=0\\
A+B+D+F=1
\end{cases}При A=13A=\frac13 и B=16B=\frac16 вычитание второго уравнения из третьего даёт F=CF=C. Из первого следует E=−13−CE=-\frac13-C, а из последнего D=12−CD=\frac12-C. Подставляя FF и EE в четвёртое уравнение, находим C=0C=0. Следовательно,A=13,B=16,C=0,D=12,E=−13,F=0\begin{aligned}
A&=\dfrac{1}{3},
&B&=\dfrac{1}{6},
&C&=0,\\
D&=\dfrac{1}{2},
&E&=-\dfrac{1}{3},
&F&=0
\end{aligned}Следовательно,1(1+x)(1+x2)(1+x3)=13(x+1)+16(x+1)2+12(x2+1)−x3(x2−x+1)\begin{aligned}
\dfrac{1}{(1+x)(1+x^2)(1+x^3)}
&=\dfrac{1}{3(x+1)}
+\dfrac{1}{6(x+1)^2}
+\dfrac{1}{2(x^2+1)}-\dfrac{x}{3(x^2-x+1)}
\end{aligned}В последней дроби запишем−x3=−16(2x−1)−16-\dfrac{x}{3}
=-\dfrac{1}{6}(2x-1)-\dfrac{1}{6}Так как x2−x+1=(x−12)2+34x^2-x+1=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}, получаем∫dx(1+x)(1+x2)(1+x3)=13ln⁡∣x+1∣−16(x+1)+12arctg⁡x−16ln⁡(x2−x+1)−133arctg⁡2x−13+C\begin{aligned}
\int\dfrac{dx}{(1+x)(1+x^2)(1+x^3)}
&=\dfrac{1}{3}\ln|x+1|
-\dfrac{1}{6(x+1)}
+\dfrac{1}{2}\arctg x-\dfrac{1}{6}\ln(x^2-x+1)
-\dfrac{1}{3\sqrt3}
\arctg\dfrac{2x-1}{\sqrt3}+C
\end{aligned}На промежутках (−∞,−1)(-\infty,-1) и (−1,+∞)(-1,+\infty) постоянная интегрирования выбирается независимо.
Демидович № 1887 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика