Раздел III. Неопределённый интеграл — § 3. Интегрирование иррациональных функций

Демидович — задача 1936

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

С помощью приведения подынтегральных функций к рациональным функциям найти следующие интегралы:

Задача 1936

Доказать, что интеграл∫R[x,(x−a)p/n(x−b)q/n] dx,\int R\bigl[x,(x-a)^{p/n}(x-b)^{q/n}\bigr]\,dx,где RR --- рациональная функция и pp, qq, nn --- целые числа, является элементарной функцией, еслиp+q=kn,p+q=kn,где kk --- целое число.
Доказано:После сокращения общего знаменателя показателей можно считать, что n>0n>0 и gcd⁡(p,q,n)=1\gcd(p,q,n)=1. При a≠ba\ne b на каждом действительном промежутке определения допустима заменаt=x−ax−bnt=\sqrt[n]{\dfrac{x-a}{x-b}}Она превращает подынтегральную функцию в рациональную функцию R(t)\mathcal R(t), поэтому исходный интеграл является элементарной функцией.

При a=ba=b подынтегральная функция сразу является рациональной функцией R[x,(x−a)k]R\bigl[x,(x-a)^k\bigr].

Доказательство

По условиюp,q,k,n∈Z,n≠0,p+q=knp,q,k,n\in\mathbb Z,
\qquad
n\ne0,
\qquad
p+q=knЕсли n<0n<0, одновременно заменим pp, qq и nn числами −p-p, −q-q и −n-n; показатели степеней не изменятся. Затем сократим общий делитель чисел pp, qq и nn. Поэтому достаточно считать, чтоn>0,gcd⁡(p,q,n)=1n>0,
\qquad
\gcd(p,q,n)=1Пусть сначала a≠ba\ne b.

Подстановка выбирается по отношению двух линейных множителей. Если положить tn=x−ax−bt^n=\dfrac{x-a}{x-b}, то из этого равенства можно выразить xx, оба множителя x−ax-a, x−bx-b и дифференциал dxdx рационально через tt. Условие p+q=knp+q=kn затем превращает суммарную степень этих множителей в целую степень.

При чётном nn число p+q=knp+q=kn чётно, поэтому pp и qq имеют одинаковую чётность. Оба они не могут быть чётными из-за условия gcd⁡(p,q,n)=1\gcd(p,q,n)=1; следовательно, pp и qq нечётны. На любом открытом промежутке действительной области определения основания x−ax-a и x−bx-b тогда положительны, а значит,x−ax−b>0\dfrac{x-a}{x-b}>0Поэтому действительный корень чётной степени существует. При нечётном nn действительный корень существует при любом знаке отношения. Таким образом, на каждом рассматриваемом промежутке допустима заменаt=x−ax−bn,tn=x−ax−bt=\sqrt[n]{\dfrac{x-a}{x-b}},
\qquad
t^n=\dfrac{x-a}{x-b}Из выполненной замены получаемx=btn−atn−1,x−a=(b−a)tntn−1,x−b=b−atn−1,dx=n(a−b)tn−1(tn−1)2 dt\begin{aligned}
x&=\dfrac{bt^n-a}{t^n-1},
&x-a&=\dfrac{(b-a)t^n}{t^n-1},\\
x-b&=\dfrac{b-a}{t^n-1},
&dx&=\dfrac{n(a-b)t^{n-1}}{(t^n-1)^2}\,dt
\end{aligned}Из условия p+q=knp+q=kn следует(x−a)pn(x−b)qn=tp(x−b)p+qn=tp(b−atn−1)k\begin{aligned}
(x-a)^{\frac{p}{n}}(x-b)^{\frac{q}{n}}
&=t^p(x-b)^{\frac{p+q}{n}}=t^p\left(\dfrac{b-a}{t^n-1}\right)^k
\end{aligned}Следовательно,∫R[x,(x−a)pn(x−b)qn] dx=∫R(t) dtR(t)=R[btn−atn−1,tp(b−atn−1)k]n(a−b)tn−1(tn−1)2\begin{aligned}
\int R\bigl[x,(x-a)^{\frac{p}{n}}(x-b)^{\frac{q}{n}}\bigr]\,dx
=\int\mathcal R(t)\,dt\\
\mathcal R(t)
=R\left[
\dfrac{bt^n-a}{t^n-1},
t^p\left(\dfrac{b-a}{t^n-1}\right)^k
\right]
\dfrac{n(a-b)t^{n-1}}{(t^n-1)^2}
\end{aligned}Все показатели pp, kk и nn целые, поэтому R(t)\mathcal R(t) является рациональной функцией. Её интеграл выражается через элементарные функции.

Если a=ba=b, то(x−a)pn(x−b)qn=(x−a)k,(x-a)^{\frac{p}{n}}(x-b)^{\frac{q}{n}}=(x-a)^k,На исходной действительной области подынтегральная функция совпадает с рациональной. Исключённые точки не возвращаем. Тем самым утверждение доказано.

Что и требовалось доказать

Демидович № 1936 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика