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

Демидович — задача 1953

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

Найти ∫P(x)Q(x)y dx\displaystyle\int\frac{P(x)}{Q(x)y}\,dx, где y=ax2+bx+cy=\sqrt{ax^2+bx+c}, разлагая рациональную функцию P(x)Q(x)\displaystyle\frac{P(x)}{Q(x)} на простейшие дроби.

Задача 1953

∫x dx(x2−1)x2−x−1\displaystyle\int\frac{x\,dx}{(x^2-1)\sqrt{x^2-x-1}}.
Ответ:При y=x2−x−1y=\sqrt{x^2-x-1}12ln⁡∣y−x−2y−x∣+arctg⁡(y−x+1)+C,x∈(−∞,−1)∪(−1,1−52)∪(1+52,+∞)\dfrac12\ln \left|
\dfrac{y-x-2}{y-x}\right|
+\arctg (y-x+1)+C,
\qquad
x\in(-\infty,-1)\cup
\left(-1,\dfrac{1-\sqrt5}{2}\right)\cup
\left(\dfrac{1+\sqrt5}{2},+\infty\right)

Решение

Подкоренное выражение должно быть положительным, так как корень находится в знаменателе. Одновременно требуется x2−1≠0x^2-1\ne0. Поэтомуx2−x−1>0,x≠±1x^2-x-1>0,
\qquad
x\ne\pm1Корни трёхчлена равны 1±52\dfrac{1\pm\sqrt5}{2}. С учётом исключённых точек область определения имеет видx∈(−∞,−1)∪(−1,1−52)∪(1+52,+∞)x\in(-\infty,-1)\cup
\left(-1,\dfrac{1-\sqrt5}{2}\right)\cup
\left(\dfrac{1+\sqrt5}{2},+\infty\right)Обозначим y=x2−x−1y=\sqrt{x^2-x-1}. Сначала раскладываем рациональную функцию:xx2−1=12(1x−1+1x+1)\dfrac{x}{x^2-1}
=\dfrac12\left(\dfrac1{x-1}+\dfrac1{x+1}\right)Для рационализации положимt=y−xt=y-xТогда y=x+ty=x+t. Возводя это равенство в квадрат, получаемx2−x−1=(x+t)2,x^2-x-1=(x+t)^2,откудаx=−t2+12t+1,y=t2+t−12t+1x=-\dfrac{t^2+1}{2t+1},
\qquad
y=\dfrac{t^2+t-1}{2t+1}Дифференцируя выражение для xx, находимdxdt=−2(t2+t−1)(2t+1)2\dfrac{dx}{dt}
=-\dfrac{2(t^2+t-1)}{(2t+1)^2}Следовательно,dxy=−2 dt2t+1\dfrac{dx}{y}
=-\dfrac{2\,dt}{2t+1}Кроме того,x2−1=t(t−2)(t2+2t+2)(2t+1)2x^2-1=
\dfrac{t(t-2)(t^2+2t+2)}{(2t+1)^2}Поэтому исходный интеграл принимает рациональный видI=∫2(t2+1)t(t−2)(t2+2t+2) dtI=\int\dfrac{2(t^2+1)}
{t(t-2)(t^2+2t+2)}\,dtИщем разложение в виде2(t2+1)t(t−2)(t2+2t+2)=At+Bt−2+Ct+Dt2+2t+2\dfrac{2(t^2+1)}{t(t-2)(t^2+2t+2)}
=\dfrac{A}{t}+\dfrac{B}{t-2}
+\dfrac{Ct+D}{t^2+2t+2}После умножения на общий знаменатель получаем2(t2+1)=A(t−2)(t2+2t+2)+Bt(t2+2t+2)+(Ct+D)t(t−2)\begin{aligned}
2(t^2+1)
&=A(t-2)(t^2+2t+2)+Bt(t^2+2t+2)+(Ct+D)t(t-2)
\end{aligned}Подстановка t=0t=0 даёт2=−4A⟹A=−122=-4A
\quad\Longrightarrow\quad
A=-\dfrac12а при t=2t=2 получаем10=20B⟹B=1210=20B
\quad\Longrightarrow\quad
B=\dfrac12Сравнение коэффициентов при t3t^3 и t2t^2 приводит к системе{A+B+C=02B−2C+D=2\begin{cases}
A+B+C=0\\
2B-2C+D=2
\end{cases}Подставляя найденные AA и BB, находимC=0,D=1C=0,
\qquad
D=1Следовательно,2(t2+1)t(t−2)(t2+2t+2)=−12t+12(t−2)+1t2+2t+2\dfrac{2(t^2+1)}{t(t-2)(t^2+2t+2)}
=-\dfrac1{2t}+\dfrac1{2(t-2)}
+\dfrac1{t^2+2t+2}Так как t2+2t+2=(t+1)2+1t^2+2t+2=(t+1)^2+1, получаемI=−12ln⁡∣t∣+12ln⁡∣t−2∣+arctg⁡(t+1)+CI=-\dfrac12\ln |t|+
\dfrac12\ln |t-2|+
\arctg (t+1)+CВозвращаясь к xx и yy, имеемI=12ln⁡∣y−x−2y−x∣+arctg⁡(y−x+1)+C\begin{aligned}
I
&=\dfrac12\ln \left|
\dfrac{y-x-2}{y-x}\right|
+\arctg (y-x+1)+C
\end{aligned}Формула задаёт первообразную на каждом отдельном промежутке области определения; на разных промежутках постоянная CC может принимать независимые значения.
Демидович № 1953 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика