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

Демидович — задача 1918

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

Применяя различные приёмы, найти следующие интегралы:

Задача 1918

∫x2−1x4+x3+x2+x+1 dx\displaystyle\int\frac{x^2-1}{x^4+x^3+x^2+x+1}\,dx.
Ответ:15ln⁡(2x2+(1−5)x+22x2+(1+5)x+2)+C\dfrac{1}{\sqrt5}\ln\left(
\dfrac{2x^2+(1-\sqrt5)x+2}
{2x^2+(1+\sqrt5)x+2}
\right)+C

Решение

Обозначим знаменатель черезD(x)=x4+x3+x2+x+1D(x)=x^4+x^3+x^2+x+1Он положителен при всех x∈Rx\in\mathbb R: при x≠1x\ne1 числа x5−1x^5-1 и x−1x-1 имеют одинаковые знаки, поэтомуD(x)=x5−1x−1>0D(x)=\dfrac{x^5-1}{x-1}>0а D(1)=5D(1)=5.

Замена t=x+1xt=x+\dfrac{1}{x} выбрана не случайно. После деления числителя и знаменателя дроби на x2x^2 выражение в знаменателе становится симметричным относительно xx и 1x\dfrac{1}{x}, а числитель вместе с dxdx совпадает с дифференциалом новой переменной. Сначала рассмотрим x≠0x\ne0 и положимt=x+1x,dt=x2−1x2 dxt=x+\dfrac{1}{x},
\qquad
dt=\dfrac{x^2-1}{x^2}\,dxТогдаD(x)x2=x2+x+1+1x+1x2=t2+t−1\dfrac{D(x)}{x^2}
=x^2+x+1+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}
=t^2+t-1Следовательно,x2−1D(x) dx=x2−1x2 dxD(x)x2=dtt2+t−1\dfrac{x^2-1}{D(x)}\,dx
=\dfrac{\dfrac{x^2-1}{x^2}\,dx}
{\dfrac{D(x)}{x^2}}
=\dfrac{dt}{t^2+t-1}Выделим полный квадрат и положим y=2t+1y=2t+1:t2+t−1=(2t+1)2−54,dy=2 dtt^2+t-1=\dfrac{(2t+1)^2-5}{4},
\qquad
dy=2\,dtОтсюда∫dtt2+t−1=2∫dyy2−5=15ln⁡∣y−5y+5∣+C==15ln⁡∣2t+1−52t+1+5∣+C\begin{aligned}
\int\dfrac{dt}{t^2+t-1}
&=2\int\dfrac{dy}{y^2-5}
=\dfrac{1}{\sqrt5}
\ln\left|\dfrac{y-\sqrt5}{y+\sqrt5}\right|+C=\\
&=\dfrac{1}{\sqrt5}
\ln\left|\dfrac{2t+1-\sqrt5}{2t+1+\sqrt5}\right|+C
\end{aligned}При возвращении к xx имеем2t+1±5=2(x+1x)+1±5=2x2+(1±5)x+2x2t+1\pm\sqrt5
=2\left(x+\dfrac{1}{x}\right)+1\pm\sqrt5
=\dfrac{2x^2+(1\pm\sqrt5)x+2}{x}Общий множитель 1x\dfrac{1}{x} в числителе и знаменателе сокращается. Поэтому при x≠0x\ne0∫x2−1D(x) dx=15ln⁡∣2x2+(1−5)x+22x2+(1+5)x+2∣+C\begin{aligned}
\int\dfrac{x^2-1}{D(x)}\,dx
&=\dfrac{1}{\sqrt5}\ln\left|
\dfrac{2x^2+(1-\sqrt5)x+2}
{2x^2+(1+\sqrt5)x+2}
\right|+C
\end{aligned}Квадратные трёхчлены под логарифмом положительны на всей числовой прямой: их старшие коэффициенты положительны, а дискриминанты (1±5)2−16(1\pm\sqrt5)^2-16 отрицательны. Поэтому модуль можно убрать.

Остаётся проверить точку x=0x=0, в которой замена не была определена. ОбозначимA(x)=2x2+(1−5)x+2,B(x)=2x2+(1+5)x+2A(x)=2x^2+(1-\sqrt5)x+2,
\qquad
B(x)=2x^2+(1+\sqrt5)x+2Для функции F(x)=15ln⁡A(x)B(x)F(x)=\dfrac{1}{\sqrt5}\ln\dfrac{A(x)}{B(x)} получаемF′(0)=15(A′(0)A(0)−B′(0)B(0))==15(1−52−1+52)=−1\begin{aligned}
F'(0)
&=\dfrac{1}{\sqrt5}\left(
\dfrac{A'(0)}{A(0)}-\dfrac{B'(0)}{B(0)}
\right)=\\
&=\dfrac{1}{\sqrt5}\left(
\dfrac{1-\sqrt5}{2}-\dfrac{1+\sqrt5}{2}
\right)=-1
\end{aligned}Это совпадает со значением исходной функции при x=0x=0, поэтому найденная формула является первообразной на всей R\mathbb R.
Демидович № 1918 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика