Раздел III. Неопределённый интеграл — § 5. Интегрирование различных трансцендентных функций

Демидович — задача 2091

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

Найти интегралы:

Задача 2091

Доказать, что интеграл

\int R(x)e^{ax}\,dx,

где

R

--- рациональная функция, знаменатель которой имеет лишь действительные корни, выражается через элементарные функции и трансцендентную функцию

\int\frac{e^{ax}}x\,dx=\operatorname{li}(e^{ax})+C,

где

\operatorname{li}x=\int\frac{dx}{\ln x}.

Доказано:После разложения

R(x)

на простейшие дроби интегралы с кратными линейными знаменателями сводятся по формуле

J_s(\alpha) =\dfrac{a}{s-1}J_{s-1}(\alpha) -\dfrac{e^{ax}}{(s-1)(x-\alpha)^{s-1}}, \qquad s\geqslant2

к интегралу

J_1(\alpha) =e^{a\alpha}\operatorname{li} \bigl(e^{a(x-\alpha)}\bigr)

Следовательно, при

a\ne0

интеграл выражается через элементарные функции и

\operatorname{li}

; при

a=0

он является элементарным. Здесь все корни знаменателя

R(x)

предполагаются действительными. Формулы применяются на промежутках, не содержащих полюсов

R(x)

; на каждом таком промежутке к итоговой первообразной добавляется своя произвольная постоянная

C

Доказательство

Сначала рассмотрим случай

a\ne0

. Поскольку все корни знаменателя рациональной функции

R(x)

действительны, после выделения целой части её можно разложить на простейшие дроби:

R(x)=Q(x)+\sum_{i=1}^{r}\sum_{s=1}^{m_i} \dfrac{A_{is}}{(x-\alpha_i)^s}

где

Q(x)

— многочлен, а

\alpha_1,\ldots,\alpha_r

— различные действительные корни знаменателя. Интеграл от многочлена, умноженного на экспоненту, вычисляется повторным интегрированием по частям:

\int Q(x)e^{ax}\,dx =\dfrac{Q(x)e^{ax}}{a} -\dfrac1a\int Q'(x)e^{ax}\,dx

После конечного числа шагов производная многочлена станет нулём.

На промежуточных шагах выбираем согласованные первообразные и не записываем произвольные постоянные; общую постоянную добавим в окончательный результат. Обозначим

J_s(\alpha)=\int\dfrac{e^{ax}}{(x-\alpha)^s}\,dx

Тогда разложение

R(x)

даёт

\begin{aligned} \int R(x)e^{ax}\,dx &=\int Q(x)e^{ax}\,dx+\sum_{i=1}^{r}\sum_{s=1}^{m_i} A_{is}J_s(\alpha_i)\end{aligned}

При

s=1

положим

u=x-\alpha

. Тогда

\begin{aligned} J_1(\alpha) &=e^{a\alpha}\int\dfrac{e^{au}}{u}\,du=e^{a\alpha}\operatorname{li} \bigl(e^{a(x-\alpha)}\bigr)\end{aligned}

Действительно,

\dfrac{d}{du}\operatorname{li}\bigl(e^{au}\bigr) =\dfrac{ae^{au}}{\ln(e^{au})}=\dfrac{e^{au}}{u}

Для

s\geqslant2

имеем

\dfrac{d}{dx}\left( \dfrac{e^{ax}}{(x-\alpha)^{s-1}} \right) =\dfrac{ae^{ax}}{(x-\alpha)^{s-1}} -\dfrac{(s-1)e^{ax}}{(x-\alpha)^s}

Выразим из этого равенства подынтегральную функцию:

\dfrac{e^{ax}}{(x-\alpha)^s} =\dfrac{a}{s-1}\dfrac{e^{ax}}{(x-\alpha)^{s-1}} -\dfrac{1}{s-1}\dfrac{d}{dx}\left( \dfrac{e^{ax}}{(x-\alpha)^{s-1}} \right)

Следовательно,

J_s(\alpha) =\dfrac{a}{s-1}J_{s-1}(\alpha) -\dfrac{e^{ax}}{(s-1)(x-\alpha)^{s-1}}

Последовательно применяя эту формулу, каждый

J_s(\alpha)

выражаем через элементарные функции и

J_1(\alpha)

, то есть через функцию

\operatorname{li}

. Поэтому таким же образом выражается и исходный интеграл. При этом

e^{a(x-\alpha)}=e^{a(x+b)}, \qquad b=-\alpha

то есть полученная трансцендентная часть имеет именно указанный в условии вид. Кроме того, при

a\ne0

e^{a(x-\alpha)}=1 \quad\Longleftrightarrow\quad x=\alpha

поэтому особая точка функции

\operatorname{li}

совпадает с полюсом соответствующей простейшей дроби.

Если

a=0

, исходный интеграл является интегралом рациональной функции и выражается только через элементарные функции. Все формулы рассматриваются на промежутках, не содержащих полюсов

R(x)

Что и требовалось доказать