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

Демидович — задача 1970

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

Применяя подстановки Эйлера:

Задача 1970

∫dx[1+x(1+x)]2\displaystyle\int\frac{dx}{\bigl[1+\sqrt{x(1+x)}\bigr]^2}.
Ответ:При s=x(1+x)s=\sqrt{x(1+x)}2(2x−s)5(1+s)+255ln⁡∣2s+(1+5)x2s+(1−5)x∣+C\begin{aligned}
&\dfrac{2(2x-s)}{5(1+s)}+\dfrac{2}{5\sqrt5}\ln\left|
\dfrac{2s+(1+\sqrt5)x}
{2s+(1-\sqrt5)x}
\right|+C
\end{aligned}Формула вычислена при x<−1x<-1 и x>0x>0 и непрерывно продолжается к x=−1x=-1 и x=0x=0. На двух промежутках постоянные интегрирования могут быть различными.

Решение

Обозначимs=x(1+x)s=\sqrt{x(1+x)}Подынтегральная функция определена приx⩽−1илиx⩾0x\leqslant-1
\quad\text{или}\quad
x\geqslant0На промежутках x<−1x<-1 и x>0x>0 применим подстановку Эйлера: отношение s/xs/x позволит выразить и xx, и корень рационально через новую переменнуюt=sxt=\dfrac{s}{x}Тогдаt2=1+1x,x=1t2−1,s=tt2−1,dx=−2t(t2−1)2 dtt^2=1+\dfrac{1}{x},
\qquad
x=\dfrac{1}{t^2-1},
\qquad
s=\dfrac{t}{t^2-1},
\qquad
dx=-\dfrac{2t}{(t^2-1)^2}\,dtВ частности,t2+t−1=1+sxt^2+t-1=\dfrac{1+s}{x}Подставляя эти выражения в исходный интеграл, получаемI=∫dx(1+s)2=−2∫t dt(t2+t−1)2I=\int\dfrac{dx}{(1+s)^2}
=-2\int\dfrac{t\,dt}{(t^2+t-1)^2}Обозначим D=t2+t−1D=t^2+t-1. ПосколькуD′=2t+1,−2t=−(2t+1)+1=−D′+1D'=2t+1,
\qquad
-2t=-(2t+1)+1=-D'+1имеемI=∫−D′+1D2 dt=1D+∫dtD2\begin{aligned}
I
&=\int\dfrac{-D'+1}{D^2}\,dt=\dfrac{1}{D}+\int\dfrac{dt}{D^2}
\end{aligned}Для последнего интеграла положим y=2t+1y=2t+1. Тогда D=y2−54D=\dfrac{y^2-5}{4} и∫dy(y2−a2)2=−y2a2(y2−a2)−14a3ln⁡∣y−ay+a∣+C\int\dfrac{dy}{(y^2-a^2)^2}
=-\dfrac{y}{2a^2(y^2-a^2)}
-\dfrac{1}{4a^3}\ln\left|
\dfrac{y-a}{y+a}
\right|+CЭта формула проверяется непосредственным дифференцированием:ddy[−y2a2(y2−a2)−14a3ln⁡∣y−ay+a∣]=1(y2−a2)2\dfrac{d}{dy}\left[
-\dfrac{y}{2a^2(y^2-a^2)}
-\dfrac{1}{4a^3}\ln\left|
\dfrac{y-a}{y+a}
\right|
\right]
=\dfrac{1}{(y^2-a^2)^2}При a=5a=\sqrt5 эта формула даёт∫dtD2=8∫dy(y2−5)2==−4y5(y2−5)−255ln⁡∣y−5y+5∣+C\begin{aligned}
\int\dfrac{dt}{D^2}
&=8\int\dfrac{dy}{(y^2-5)^2}=\\
&=-\dfrac{4y}{5(y^2-5)}
-\dfrac{2}{5\sqrt5}\ln\left|
\dfrac{y-\sqrt5}{y+\sqrt5}
\right|+C
\end{aligned}Объединяя рациональные слагаемые и возвращаясь к tt, получаемI=2(2−t)5(t2+t−1)+255ln⁡∣2t+1+52t+1−5∣+CI=\dfrac{2(2-t)}{5(t^2+t-1)}
+\dfrac{2}{5\sqrt5}\ln\left|
\dfrac{2t+1+\sqrt5}{2t+1-\sqrt5}
\right|+CПри возвращении к переменной xx имеемt2+t−1=1+sx,2t+1±5=2s+(1±5)xxt^2+t-1=\dfrac{1+s}{x},
\qquad
2t+1\pm\sqrt5
=\dfrac{2s+(1\pm\sqrt5)x}{x}общий множитель 1x\dfrac{1}{x} в числителе и знаменателе логарифма сокращается. ОкончательноI=2(2x−s)5(1+s)+255ln⁡∣2s+(1+5)x2s+(1−5)x∣+C\begin{aligned}
I
&=\dfrac{2(2x-s)}{5(1+s)}+\dfrac{2}{5\sqrt5}\ln\left|
\dfrac{2s+(1+\sqrt5)x}
{2s+(1-\sqrt5)x}
\right|+C
\end{aligned}При x=−1x=-1 формула определена непосредственно. Проверим предел при x→0+x\to0^+. Положим x=r2x=r^2, где r→0+r\to0^+. Тогдаs=r1+r2s=r\sqrt{1+r^2}и логарифмическая дробь принимает вид2s+(1+5)x2s+(1−5)x=21+r2+(1+5)r21+r2+(1−5)r⟶1\begin{aligned}
\dfrac{2s+(1+\sqrt5)x}{2s+(1-\sqrt5)x}
&=\dfrac{2\sqrt{1+r^2}+(1+\sqrt5)r}
{2\sqrt{1+r^2}+(1-\sqrt5)r}\longrightarrow1
\end{aligned}Следовательно, логарифм стремится к нулю. Кроме того,2(2x−s)5(1+s)⟶0\dfrac{2(2x-s)}{5(1+s)}\longrightarrow0Значит, вся первообразная имеет при x→0+x\to0^+ конечный предел, равный нулю, и непрерывно продолжается к x=0x=0.
Демидович № 1970 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика