Раздел III. Неопределённый интеграл — § 2. Интегрирование рациональных функций
Демидович — задача 1902
Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.
Выделить алгебраическую часть следующих интегралов:
Задача 1902
При каком условии интеграл∫(ax2+2bx+c)2αx2+2βx+γdxпредставляет собой рациональную функцию?
Ответ:Для невырожденного квадратного трёхчлена, то есть при a=0 и ac−b2=0,aγ+cα−2bβ=0Если a=0 и ac−b2=0, интеграл рационален при любых α, β, γ. Если a=0, b=0, условие имеет вид 2bβ−cα=0. При a=b=0, c=0 интеграл всегда рационален. Случай a=b=c=0 недопустим.
Решение
Сначала пусть a=0 и ac−b2=0. Наша цель состоит в том, чтобы отделить производную рациональной функции от простейшего интеграла ∫q(x)dx. Именно коэффициент при этом интеграле определит, когда вся первообразная рациональна. Ищем представлениеq2(x)N(x)=(q(x)mx+n)′+q(x)λПосле умножения на q2(x) получаем тождествоN(x)=mq(x)−(mx+n)q′(x)+λq(x)Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x, имеем⎩⎨⎧α=a(λ−m)β=bλ−anγ=c(λ+m)−2bnИз первых двух уравнений выражаемm=λ−aα,n=abλ−βПодставим эти выражения в третье уравнение:γ=c(2λ−aα)−a2b(bλ−β)Умножая равенство на a и собирая слагаемые с λ, получаемaγ=2acλ−cα−2b2λ+2bβ2(ac−b2)λ=aγ+cα−2bβТак как ac−b2=0, отсюдаλ=2(ac−b2)aγ+cα−2bβИнтеграл от производной рациональной функции уже записан как q(x)mx+n. Оставшаяся дробь q(x)1 при ac−b2=0 имеет либо два различных вещественных корня и даёт логарифмы, либо не имеет вещественных корней и после выделения квадрата даёт арктангенс. Эти слагаемые не являются рациональными функциями, поэтому рациональная первообразная возможна тогда и только тогда, когда λ=0. Следовательно,aγ+cα−2bβ=0При выполнении этого условия m=−aα, n=−aβ, и первообразная имеет рациональный вид−a(ax2+2bx+c)αx+β+CПерейдём к трём вырожденным случаям, которые также не исключены условием. Если a=0 и ac−b2=0, квадратный трёхчлен имеет двукратный корень:q(x)=a(x+ab)2Положимu=x+ab,x=u−ab,dx=duТогдаN(x)=α(u−ab)2+2β(u−ab)+γ==αu2+a2(aβ−bα)u+a2αb2−2abβ+a2γПоскольку q2(x)=a2u4, получаем∫q2(x)N(x)dx=∫(a2αu−2+a32(aβ−bα)u−3+a4αb2−2abβ+a2γu−4)du==−a2uα−a3u2aβ−bα−3a4u3αb2−2abβ+a2γ+CПолученная первообразная рациональна при любых α, β, γ.
Если a=0, но b=0, знаменатель является линейным. Положимu=2bx+c,x=2bu−c,dx=2bduПосле замены числитель принимает видN(x)=4b2αu2+2b22bβ−cαu+(4b2αc2−bβc+γ)После деления на u2 логарифм возникает только из слагаемого, пропорционального u1. Значит, он отсутствует тогда и только тогда, когда2bβ−cα=0Наконец, если a=b=0 и c=0, подынтегральная функция является многочленом, поэтому её интеграл всегда рационален. Случай a=b=c=0 недопустим, поскольку знаменатель тождественно равен нулю.