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

Демидович — задача 1965

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

Приводя квадратичные трёхчлены к каноническому виду, вычислить следующие интегралы:

Задача 1965

Найти∫dx(x2+2)2x2−2x+5.\int\frac{dx}{(x^2+2)\sqrt{2x^2-2x+5}}.
Ответ:13arctg⁡x+12x2−2x+5+162ln⁡22x2−2x+5+x−222x2−2x+5−x+2+C,x∈R\begin{aligned}
&\dfrac{1}{3}\arctg\dfrac{x+1}{\sqrt{2x^2-2x+5}}+\dfrac{1}{6\sqrt2}\ln\dfrac{
\sqrt2\sqrt{2x^2-2x+5}+x-2}
{\sqrt2\sqrt{2x^2-2x+5}-x+2}+C,
\qquad x\in\mathbb R
\end{aligned}

Решение

Оба квадратных трёхчлена положительны при всех действительных xx. Подберём параметры дробно-линейной подстановкиx=α+βt1+tx=\dfrac{\alpha+\beta t}{1+t}Для трёхчлена x2+2x^2+2 условие исчезновения линейного по tt слагаемого имеет вид2αβ+4=0,αβ=−22\alpha\beta+4=0,
\qquad
\alpha\beta=-2Для трёхчлена 2x2−2x+52x^2-2x+5 соответствующее условие равно4αβ−2(α+β)+10=04\alpha\beta-2(\alpha+\beta)+10=0Подставляя αβ=−2\alpha\beta=-2, получаем α+β=1\alpha+\beta=1. Следовательно, α\alpha и β\beta являются корнями уравненияz2−z−2=0z^2-z-2=0Поэтому {α,β}={2,−1}\{\alpha,\beta\}=\{2,-1\}. Выберем α=2\alpha=2, β=−1\beta=-1 и применим подстановкуx=2−t1+t,t=2−xx+1x=\dfrac{2-t}{1+t},
\qquad
t=\dfrac{2-x}{x+1}Она одновременно приводит оба трёхчлена к каноническому виду:x2+2=3(t2+2)(1+t)22x2−2x+5=9(t2+1)(1+t)2dx=−3(1+t)2 dt\begin{aligned}
x^2+2=\dfrac{3(t^2+2)}{(1+t)^2}\\
2x^2-2x+5=\dfrac{9(t^2+1)}{(1+t)^2}\\
dx=-\dfrac{3}{(1+t)^2}\,dt
\end{aligned}Сначала считаем x>−1x>-1, поэтому 1+t>01+t>0. ТогдаI=−13∫1+t(t2+2)t2+1 dt=−13(A+B)I=-\dfrac{1}{3}\int\dfrac{1+t}{(t^2+2)\sqrt{t^2+1}}\,dt
=-\dfrac{1}{3}(A+B)гдеA=∫dt(t2+2)t2+1,B=∫t dt(t2+2)t2+1A=\int\dfrac{dt}{(t^2+2)\sqrt{t^2+1}},
\qquad
B=\int\dfrac{t\,dt}{(t^2+2)\sqrt{t^2+1}}Для AA используем t=tg⁡θt=\tg\theta и y=sin⁡θy=\sin\theta. ТогдаA=∫cos⁡θ dθ2−sin⁡2θ=∫dy2−y2==122ln⁡2+y2−y,y=tt2+1\begin{aligned}
A
&=\int\dfrac{\cos\theta\,d\theta}{2-\sin^2\theta}
=\int\dfrac{dy}{2-y^2}=\\
&=\dfrac{1}{2\sqrt2}\ln\dfrac{\sqrt2+y}{\sqrt2-y},
\qquad
y=\dfrac{t}{\sqrt{t^2+1}}
\end{aligned}Для BB положим v=t2+1v=\sqrt{t^2+1}. Тогда dv=t dtvdv=\dfrac{t\,dt}{v} и t2+2=v2+1t^2+2=v^2+1, поэтомуB=∫dvv2+1=arctg⁡vB=\int\dfrac{dv}{v^2+1}=\arctg vПри x>−1x>-1 имеемv=t2+1=2x2−2x+5x+1>0v=\sqrt{t^2+1}
=\dfrac{\sqrt{2x^2-2x+5}}{x+1}>0Поэтомуarctg⁡v+arctg⁡1v=π2\arctg v+\arctg\dfrac{1}{v}=\dfrac{\pi}{2}и с точностью до постоянного слагаемого−13arctg⁡v=13arctg⁡x+12x2−2x+5+C-\dfrac{1}{3}\arctg v
=\dfrac{1}{3}\arctg\dfrac{x+1}{\sqrt{2x^2-2x+5}}+CПосле возвращения к xx получаемI=13arctg⁡x+12x2−2x+5+162ln⁡22x2−2x+5+x−222x2−2x+5−x+2+C\begin{aligned}
I
&=\dfrac{1}{3}\arctg\dfrac{x+1}{\sqrt{2x^2-2x+5}}+\dfrac{1}{6\sqrt2}\ln\dfrac{
\sqrt2\sqrt{2x^2-2x+5}+x-2}
{\sqrt2\sqrt{2x^2-2x+5}-x+2}+C
\end{aligned}Оба выражения в логарифме положительны, так как2(2x2−2x+5)−(x−2)2=3(x2+2)>02(2x^2-2x+5)-(x-2)^2=3(x^2+2)>0Проверим формулу на всей числовой прямой. ПоложимP=x2+2,Q=2x2−2x+5P=x^2+2,
\qquad
Q=2x^2-2x+5Дифференцирование арктангенса даётddx[13arctg⁡x+1Q]=2−x3PQ\dfrac{d}{dx}\left[
\dfrac{1}{3}\arctg\dfrac{x+1}{\sqrt Q}
\right]
=\dfrac{2-x}{3P\sqrt Q}Для логарифмической части обозначимN=2Q+x−2,D=2Q−x+2N=\sqrt2\sqrt Q+x-2,
\qquad
D=\sqrt2\sqrt Q-x+2Так как ND=2Q−(x−2)2=3PND=2Q-(x-2)^2=3P, после дифференцирования получаемddx[162ln⁡ND]=x+13PQ\dfrac{d}{dx}\left[
\dfrac{1}{6\sqrt2}\ln\dfrac{N}{D}
\right]
=\dfrac{x+1}{3P\sqrt Q}Сумма производных равна2−x3PQ+x+13PQ=1PQ\dfrac{2-x}{3P\sqrt Q}+\dfrac{x+1}{3P\sqrt Q}
=\dfrac{1}{P\sqrt Q}Значит, ответ справедлив также при x<−1x<-1 и в точке x=−1x=-1, исключённой только выполненной подстановкой.
Демидович № 1965 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика