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

Демидович — задача 1989

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

Найти следующие интегралы:

Задача 1989

∫3x−x33 dx\displaystyle\int\sqrt[3]{3x-x^3}\,dx.
Ответ:Пусть y=3x−x33y=\sqrt[3]{3x-x^3}. При x≠0x\ne0 первообразная равнаxy2+14ln⁡(x2−xy+y2(x+y)2)−32arctg⁡(2y−x3 x)+C\begin{aligned}
&\dfrac{xy}{2}
+\dfrac14\ln\left(\dfrac{x^2-xy+y^2}{(x+y)^2}\right) -\dfrac{\sqrt3}{2}
\arctg \left(\dfrac{2y-x}{\sqrt3\,x}\right)+C
\end{aligned}В точке x=0x=0 берётся её непрерывное продолжение−3π4+C-\dfrac{\sqrt3\pi}{4}+CПолученное непрерывное продолжение является первообразной на всей числовой прямой.

Решение

Кубический корень является вещественным при всех xx. Обозначимy=3x−x33y=\sqrt[3]{3x-x^3}Сначала считаем x≠0x\ne0 и применяем рационализирующую заменуt=yxt=\dfrac{y}{x}Тогдаt3=3x−x3x3=3x2−1,x2=31+t3t^3=\dfrac{3x-x^3}{x^3}=\dfrac3{x^2}-1,
\qquad
x^2=\dfrac3{1+t^3}Дифференцируя последнее равенство, получаем2x dx=−9t2(1+t3)2 dt2x\,dx=-\dfrac{9t^2}{(1+t^3)^2}\,dtПоскольку y=txy=tx, исходный интеграл принимает вид∫y dx=∫tx dx=−92∫t3(1+t3)2 dt\int y\,dx
=\int tx\,dx
=-\dfrac92\int\dfrac{t^3}{(1+t^3)^2}\,dtПроверим производную(t1+t3)′=1−2t3(1+t3)2\left(\dfrac{t}{1+t^3}\right)'
=\dfrac{1-2t^3}{(1+t^3)^2}Отсюда следует тождество−92t3(1+t3)2=32(t1+t3)′−3211+t3-\dfrac92\dfrac{t^3}{(1+t^3)^2}
=\dfrac32\left(\dfrac{t}{1+t^3}\right)'
-\dfrac32\dfrac1{1+t^3}Оставшуюся рациональную дробь разложим на простейшие:11+t3=At+1+Bt+Ct2−t+1\dfrac1{1+t^3}
=\dfrac{A}{t+1}+\dfrac{Bt+C}{t^2-t+1}После умножения на 1+t31+t^3 получаем1=A(t2−t+1)+(Bt+C)(t+1)1=A(t^2-t+1)+(Bt+C)(t+1)Подстановка t=−1t=-1 даёт A=13A=\dfrac13, а сравнение коэффициентов даёт B=−13B=-\dfrac13, C=23C=\dfrac23. Поэтому11+t3=13(t+1)+−t+23(t2−t+1)\dfrac1{1+t^3}
=\dfrac1{3(t+1)}+\dfrac{-t+2}{3(t^2-t+1)}Так как x2=31+t3>0x^2=\dfrac3{1+t^3}>0, имеем t>−1t>-1. Кроме того,−t+2=−12(2t−1)+32,t2−t+1=(t−12)2+34-t+2=-\dfrac12(2t-1)+\dfrac32,
\qquad
t^2-t+1=\left(t-\dfrac12\right)^2+\dfrac34Следовательно,∫dt1+t3=13ln⁡(t+1)−16ln⁡(t2−t+1)+13arctg⁡(2t−13)+C\begin{aligned}
\int\dfrac{dt}{1+t^3}
&=\dfrac13\ln(t+1)-\dfrac16\ln(t^2-t+1) +\dfrac1{\sqrt3}
\arctg \left(\dfrac{2t-1}{\sqrt3}\right)+C
\end{aligned}Таким образом,∫y dx=3t2(1+t3)−12ln⁡(t+1)+14ln⁡(t2−t+1)−32arctg⁡(2t−13)+C\begin{aligned}
\int y\,dx
&=\dfrac{3t}{2(1+t^3)}-\dfrac12\ln(t+1)
+\dfrac14\ln(t^2-t+1) -\dfrac{\sqrt3}{2}
\arctg \left(\dfrac{2t-1}{\sqrt3}\right)+C
\end{aligned}Для возвращения к xx используем равенства3t2(1+t3)=xy2,\dfrac{3t}{2(1+t^3)}=\dfrac{xy}{2},t2−t+1(t+1)2=x2−xy+y2(x+y)2,2t−13=2y−x3 x\dfrac{t^2-t+1}{(t+1)^2}
=\dfrac{x^2-xy+y^2}{(x+y)^2},
\qquad
\dfrac{2t-1}{\sqrt3}=\dfrac{2y-x}{\sqrt3\,x}При x≠0x\ne0 знаменатель x+yx+y не обращается в ноль: иначе из x3+y3=3xx^3+y^3=3x следовало бы x=0x=0. Поэтому полученное выражение определено для всех x≠0x\ne0. Обозначим найденную первообразную через FF. Кроме нуля, нужно проверить точки x0=±3x_0=\pm\sqrt3: в них y=t=0y=t=0 и производная кубического корня не существует. Полученная формула непрерывна в этих точках, поскольку x0≠0x_0\ne0, x0+y≠0x_0+y\ne0, а аргумент логарифма положителен. В соседних точках её производная равна y(x)y(x) и стремится к нулю. По теореме ЛагранжаF(x0+h)−F(x0)h=F′(ξh)=3ξh−ξh33⟶0\dfrac{F(x_0+h)-F(x_0)}{h}=F'(\xi_h)
=\sqrt[3]{3\xi_h-\xi_h^3}
\longrightarrow0Здесь ξh\xi_h лежит между x0x_0 и x0+hx_0+h. Следовательно, F′(x0)=0=y(x0)F'(x_0)=0=y(x_0), и формула является первообразной также при x=±3x=\pm\sqrt3. При x→0x\to0 имеем t→+∞t\to+\infty, и3t2(1+t3)⟶0ln⁡t2−t+1(t+1)2⟶0arctg⁡(2t−13)⟶π2\dfrac{3t}{2(1+t^3)}\longrightarrow0\\[3pt]
\ln\dfrac{t^2-t+1}{(t+1)^2}\longrightarrow0\\[3pt]
\arctg \left(\dfrac{2t-1}{\sqrt3}\right)
\longrightarrow\dfrac{\pi}{2}Поэтому предел найденной первообразной равен −3π4+C-\dfrac{\sqrt3\pi}{4}+C. В точке x=0x=0 определим её этим предельным значением и обозначим полученное непрерывное продолжение через FF.

Осталось проверить дифференцируемость в нуле. Для h≠0h\ne0 по теореме Лагранжа существует точка ξh\xi_h между 00 и hh такая, чтоF(h)−F(0)h=F′(ξh)=3ξh−ξh33\dfrac{F(h)-F(0)}{h}
=F'(\xi_h)
=\sqrt[3]{3\xi_h-\xi_h^3}При h→0h\to0 имеем ξh→0\xi_h\to0, поэтомуF′(0)=lim⁡h→0F(h)−F(0)h=0=3⋅0−033F'(0)
=\lim_{h\to0}\dfrac{F(h)-F(0)}{h}
=0
=\sqrt[3]{3\cdot0-0^3}Следовательно, продолженная функция действительно является первообразной на всей числовой прямой.
Демидович № 1989 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика