МатАнПрод:Интегрирование некоторых иррациональных функций

Здесь $R(u,v)$ обозначает рациональную функцию своих аргументов, т.е. отношение двух многочленов от $u$ и $v$.

1. Интегралы вида $\int R(x,{\left(\frac{ax+b}{cx+d}\right)}^{r_1},\dots ,{\left(\frac{ax+b}{cx+d}\right)}^{r_n})dx$

где $r_1,\dots ,r_n\in \mathbb{\mathbb{Q}}$ - рациональные числа, $a,b,c,d\in \mathbb{ℝ}$, $ad-bc\ne 0$. Пусть $r_i=p_i/q_i$. Находим $h=\text{НОК}(q_1,\dots ,q_n)$ - наименьшее общее кратное знаменателей $q_i$. Используем подстановку: $$t^h=\frac{ax+b}{cx+d}$$ Из этого равенства выражаем $x$ как рациональную функцию от $t$. Тогда $dx$ также будет выражаться как произведение рациональной функции от $t$ на $dt$. Все дробные степени $(\frac{ax+b}{cx+d}{)}^{p_i/q_i}=(t^h{)}^{p_i/q_i}=t^{h{p}_i/q_i}$ станут целыми степенями $t$, так как $h$ делится на каждый $q_i$. В результате интеграл сводится к интегралу от рациональной функции от $t$.

Пример: $\int \frac{1+3\sqrt{x}+\sqrt[3]{x}}{5-\sqrt[6]{x}+\sqrt[3]{x^2}}dx$ Здесь $\frac{ax+b}{cx+d}=x$. Степени: $1/2,1/3,1/6,2/3$. Знаменатели: $2,3,6,3$. $h=\text{НОК}(2,3,6)=6$. Подстановка: $x=t^6$. Тогда $dx=6t^{5}dt$. $\sqrt{x}=t^3$, $\sqrt[3]{x}=t^2$, $\sqrt[6]{x}=t$, $\sqrt[3]{x^2}=x^{2/3}=(t^6{)}^{2/3}=t^4$. $\int \frac{1+3t^3+t^2}{5-t+t^4}(6t^{5}dt)=6\int \frac{t^5(1+3t^3+t^2)}{t^4-t+5}dt$ Получили интеграл от рациональной функции.

2. Интегралы вида $\int R(x,\sqrt{a{x}^2+bx+c})dx$

где $a\ne 0$, $b^2-4ac\ne 0$. Такие интегралы берутся с помощью подстановок Эйлера.

1. Первая подстановка Эйлера: Если $a>0$, полагаем: $\sqrt{a{x}^2+bx+c}=\pm \sqrt{a}x+t$ (выбираем один из знаков) Например, $\sqrt{a{x}^2+bx+c}=\sqrt{a}x+t$. Возводим в квадрат: $a{x}^2+bx+c=a{x}^2+2t\sqrt{a}x+t^2$ $bx+c=2t\sqrt{a}x+t^2$ $x(b-2t\sqrt{a})=t^2-c⟹x=\frac{t^2-c}{b-2t\sqrt{a}}$ Отсюда $x$ и $dx$ выражаются рационально через $t$. $\sqrt{a{x}^2+bx+c}$ также выражается рационально через $t$ (из подстановки). Интеграл сводится к интегралу от рациональной функции от $t$.
2. Вторая подстановка Эйлера: Если $c>0$, полагаем: $\sqrt{a{x}^2+bx+c}=xt\pm \sqrt{c}$ (выбираем один из знаков) Например, $\sqrt{a{x}^2+bx+c}=xt+\sqrt{c}$. Возводим в квадрат: $a{x}^2+bx+c=x^2{t}^2+2xt\sqrt{c}+c$ $a{x}^2+bx=x^2{t}^2+2xt\sqrt{c}$ Делим на $x$ (при $x\ne 0$): $ax+b=x{t}^2+2t\sqrt{c}$ $x(a-t^2)=2t\sqrt{c}-b⟹x=\frac{2t\sqrt{c}-b}{a-t^2}$ Снова $x,dx,\sqrt{a{x}^2+bx+c}$ выражаются рационально через $t$.
3. Третья подстановка Эйлера: Если квадратный трехчлен $a{x}^2+bx+c$ имеет действительные корни $x_1,x_2$ (т.е. $b^2-4ac>0$), то $a{x}^2+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2)$. Полагаем: $\sqrt{a{x}^2+bx+c}=t(x-x_1)$ (или $t(x-x_2)$) $\sqrt{a(x-x_1)(x-x_2)}=t(x-x_1)$ Возводим в квадрат: $a(x-x_1)(x-x_2)=t^2(x-x_1{)}^2$ Делим на $(x-x_1)$ (при $x\ne x_1$): $a(x-x_2)=t^2(x-x_1)$ $ax-a{x}_2=t^{2}x-t^2{x}_1$ $x(a-t^2)=a{x}_2-t^2{x}_1⟹x=\frac{a{x}_2-t^2{x}_1}{a-t^2}$ Снова $x,dx,\sqrt{a{x}^2+bx+c}$ выражаются рационально через $t$.

Пример: $\int \frac{dx}{x\sqrt{x^2-x+1}}$ Здесь $a=1>0,c=1>0,b^2-4ac=(-1{)}^2-4(1)(1)=-3<0$. Можно использовать 1-ю или 2-ю подстановку Эйлера. Используем 2-ю: $\sqrt{x^2-x+1}=xt+\sqrt{c}=xt+1$. $x^2-x+1=(xt+1{)}^2=x^2{t}^2+2xt+1$ $x^2-x=x^2{t}^2+2xt$ Делим на $x$ ($x\ne 0$): $x-1=x{t}^2+2t$ $x-x{t}^2=1+2t⟹x(1-t^2)=1+2t⟹x=\frac{1+2t}{1-t^2}$ $dx=\left(\frac{2(1-t^2)-(1+2t)(-2t)}{(1-t^2{)}^2}\right)dt=\frac{2-2t^2+2t+4t^2}{(1-t^2{)}^2}dt=\frac{2t^2+2t+2}{(1-t^2{)}^2}dt=\frac{2(t^2+t+1)}{(1-t^2{)}^2}dt$ $\sqrt{x^2-x+1}=xt+1=\frac{1+2t}{1-t^2}t+1=\frac{t+2t^2+1-t^2}{1-t^2}=\frac{t^2+t+1}{1-t^2}$ Подставляем в интеграл: $\int \frac{1}{x\sqrt{x^2-x+1}}dx=\int \frac{1}{\frac{1+2t}{1-t^2}\cdot \frac{t^2+t+1}{1-t^2}}\cdot \frac{2(t^2+t+1)}{(1-t^2{)}^2}dt$ $=\int \frac{(1-t^2{)}^2}{(1+2t)(t^2+t+1)}\cdot \frac{2(t^2+t+1)}{(1-t^2{)}^2}dt=\int \frac{2}{1+2t}dt$ $=\ln |1+2t|+C$ Возвращаемся к $x$. Из $\sqrt{x^2-x+1}=xt+1$, получаем $xt=\sqrt{x^2-x+1}-1$, т.е. $t=\frac{\sqrt{x^2-x+1}-1}{x}$. Итоговый ответ: $\ln |1+2\frac{\sqrt{x^2-x+1}-1}{x}|+C=\ln \left|\frac{x+2\sqrt{x^2-x+1}-2}{x}\right|+C$.

(Примечание: Пример в конспекте был $\int \frac{\sqrt{x^2-x+1}-1}{x\sqrt{x^2-x+1}}dx$. Это несколько другой интеграл, но подстановка та же самая.)

Интегралы вида $\int R(x,\sqrt{a{x}^2+bx+c})dx$

Рассмотрим общий вид интеграла $\int \frac{P_n(x)}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}dx$. Метод Остроградского (адаптированный для этого типа интегралов) позволяет разложить интеграл на алгебраическую часть и интеграл от простейшей дроби под корнем:

Теорема (Метод интегрирования дробей с квадратным корнем): Существует представление: $$\int \frac{P_n(x)}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}dx=Q_{n-1}(x)\sqrt{a{x}^2+bx+c}+\lambda \int \frac{dx}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}$$ где $Q_{n-1}(x)$ - многочлен степени $n-1$ с неопределенными коэффициентами, и $\lambda$ - некоторая константа.

Нахождение коэффициентов $Q_{n-1}(x)$ и $\lambda$: Дифференцируем обе части равенства: $$\frac{P_n(x)}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}=\frac{d}{dx}(Q_{n-1}(x)\sqrt{a{x}^2+bx+c})+\frac{\lambda }{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}$$ $$\frac{P_n(x)}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}=Q{\text{'}}_{n-1}(x)\sqrt{a{x}^2+bx+c}+Q_{n-1}(x)\frac{2ax+b}{2\sqrt{a{x}^2+bx+c}}+\frac{\lambda }{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}$$ Умножаем обе части на $\sqrt{a{x}^2+bx+c}$: $$P_n(x)=Q{\text{'}}_{n-1}(x)(a{x}^2+bx+c)+Q_{n-1}(x)\frac{2ax+b}{2}+\lambda$$ Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях $x$ в левой и правой частях этого тождества, получаем систему линейных уравнений для нахождения неопределенных коэффициентов многочлена $Q_{n-1}(x)$ и константы $\lambda$.

Оставшийся интеграл $\int \frac{dx}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}$ является табличным (“высокий логарифм” или арксинус в зависимости от знака $a$).

Общий случай $\int R(x,\sqrt{a{x}^2+bx+c})dx$: Любую рациональную функцию $R(x,y)$ можно представить в виде: $R(x,\sqrt{a{x}^2+bx+c})=R_1(x)\sqrt{a{x}^2+bx+c}+R_2(x)$, где $R_1,R_2$ - рациональные функции от $x$. (В конспекте это показано как разложение числителя: $R(x,y)=\frac{P(x,y)}{Q(x,y)}$. Умножая числитель и знаменатель на сопряженное к знаменателю (если нужно), можно добиться вида $\frac{P_1(x)+P_2(x)y}{Q_1(x)}$, где $y=\sqrt{a{x}^2+bx+c}$.) Тогда интеграл сводится к: $$I=\int R_1(x)\sqrt{a{x}^2+bx+c}dx+\int R_2(x)dx$$ $$I=\int \frac{P_n(x)}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}dx$$ (т.к. $R_1(x)\sqrt{\dots }=\frac{R_1(x)(a{x}^2+bx+c)}{\sqrt{\dots }}$).

Интеграл $\int \frac{P_n(x)}{Q_m(x)\sqrt{a{x}^2+bx+c}}dx$ раскладывается на сумму интегралов вида: 1. $\int \frac{P(x)}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}dx$ (рассмотрено выше, метод Остроградского) 2. $\int \frac{dx}{(x-\alpha {)}^k\sqrt{a{x}^2+bx+c}}$ ($I_2$ в конспекте) 3. $\int \frac{(Ax+B)dx}{(x^2+px+q{)}^k\sqrt{a{x}^2+bx+c}}$ ($I_3$ в конспекте, где $p^2-4q<0$)

• Интегралы типа $I_2$: Подстановка $t=\frac{1}{x-\alpha }$ сводит интеграл к типу 1.
• Интегралы типа $I_3$:
  1. Если $a{x}^2+bx+c=\omega (x^2+px+q)$ (т.е. $b=\omega p$, $c=\omega q$), то $I_3=A_1{J}_1+A_2{J}_2$, где $J_1=\int \frac{(2x+p)dx}{(x^2+px+q{)}^{k+1/2}}$, $J_2=\int \frac{dx}{(x^2+px+q{)}^{k+1/2}}$. $J_1$ берется подстановкой $v=x^2+px+q$. $J_2$ сводится к интегралу от биномиального дифференциала или к табличному. (В конспекте упоминается подстановка Абеля $u=(\sqrt{x^2+px+q}{)}^{\prime }=\frac{x+p/2}{\sqrt{x^2+px+q}}$) б) Если $b\ne \omega p$ или $c\ne \omega q$, используется подстановка $x=\frac{\alpha t+\beta }{t+1}$, где $\alpha ,\beta$ подбираются так, чтобы коэффициенты при $t$ в обоих квадратичных трехчленах ($x^2+px+q$ и $a{x}^2+bx+c$ после подстановки) обратились в нуль. Это приводит к интегралу вида $\int \frac{P(t)dt}{(t^2+\lambda {)}^k\sqrt{\mu t^2+\nu }}$, который далее разбивается на $J_4=\int \frac{tdt}{(t^2+\lambda {)}^k\sqrt{\mu t^2+\nu }}$ и $J_5=\int \frac{dt}{(t^2+\lambda {)}^k\sqrt{\mu t^2+\nu }}$. $J_4$ берется подстановкой $u^2=\mu t^2+\nu$. $J_5$ подстановкой $v=(\sqrt{\mu t^2+\nu }{)}^{\prime }$.

Интегрирование дифференциального бинома

Определение: Интеграл вида $$\int x^m(a{x}^n+b{)}^{p}dx$$ где $m,n,p\in \mathbb{\mathbb{Q}}$ - рациональные числа, $a,b\in \mathbb{ℝ}$, $a\ne 0,b\ne 0,n\ne 0,p\ne 0$. Этот интеграл называется интегралом от дифференциального бинома.

Теорема Чебышёва: Интеграл от дифференциального бинома выражается через элементарные функции только в трех случаях: 1. $p\in \mathbb{\mathbb{Z}}$ (p - целое). Подстановка: $x=t^q$, где $q=\text{НОК}(\text{знаменатель }m,\text{ знаменатель }n)$. 2. $\frac{m+1}{n}\in \mathbb{\mathbb{Z}}$ ($\frac{m+1}{n}$ - целое). Подстановка: $a{x}^n+b=t^s$, где $s=\text{знаменатель }p$. 3. $\frac{m+1}{n}+p\in \mathbb{\mathbb{Z}}$ ($\frac{m+1}{n}+p$ - целое). Подстановка: $a+b{x}^{-n}=t^s$ (эквивалентно $a{x}^n+b=x^n{t}^s$), где $s=\text{знаменатель }p$.

Пример: Рассмотрим пример из конспекта: $\int \frac{dx}{\sqrt[4]{1+x^4}}=\int (1+x^4{)}^{-1/4}dx$. Здесь $m=0,n=4,p=-1/4$. $a=1,b=1$. Проверяем случаи Чебышёва: 1. $p=-1/4\notin \mathbb{\mathbb{Z}}$. 2. $\frac{m+1}{n}=\frac{0+1}{4}=1/4\notin \mathbb{\mathbb{Z}}$. 3. $\frac{m+1}{n}+p=\frac{1}{4}-\frac{1}{4}=0\in \mathbb{\mathbb{Z}}$. Подходит третий случай. Подстановка: $1+x^{-4}=t^4$. $x^{-4}=t^4-1⟹x^4=\frac{1}{t^4-1}$. $x=(t^4-1{)}^{-1/4}$. $dx=-\frac{1}{4}(t^4-1{)}^{-5/4}\cdot 4t^{3}dt=-t^3(t^4-1{)}^{-5/4}dt$. $1+x^4=1+\frac{1}{t^4-1}=\frac{t^4-1+1}{t^4-1}=\frac{t^4}{t^4-1}$. $\sqrt[4]{1+x^4}={\left(\frac{t^4}{t^4-1}\right)}^{1/4}=\frac{t}{(t^4-1{)}^{1/4}}$. Интеграл: $I=\int \frac{1}{\frac{t}{(t^4-1{)}^{1/4}}}\cdot (-t^3(t^4-1{)}^{-5/4})dt=\int \frac{(t^4-1{)}^{1/4}}{t}(-t^3(t^4-1{)}^{-5/4})dt$ $I=-\int t^2(t^4-1{)}^{-1}dt=-\int \frac{t^2}{(t^2-1)(t^2+1)}dt$ Получили интеграл от рациональной функции. Раскладываем на простейшие: $\frac{t^2}{(t-1)(t+1)(t^2+1)}=\frac{A}{t-1}+\frac{B}{t+1}+\frac{Ct+D}{t^2+1}$ $A=\frac{1^2}{(1+1)(1^2+1)}=\frac{1}{4}$ $B=\frac{(-1{)}^2}{(-1-1)((-1{)}^2+1)}=\frac{1}{-2\cdot 2}=-\frac{1}{4}$ $t=0⟹0=-A+B+D⟹D=A-B=1/4-(-1/4)=1/2$. $t=2⟹\frac{4}{(1)(3)(5)}=\frac{A}{1}+\frac{B}{3}+\frac{2C+D}{5}$ $\frac{4}{15}=\frac{1}{4}-\frac{1}{12}+\frac{2C+1/2}{5}=\frac{3-1}{12}+\frac{2C+1/2}{5}=\frac{1}{6}+\frac{2C+1/2}{5}$ $\frac{4}{15}-\frac{1}{6}=\frac{8-5}{30}=\frac{3}{30}=\frac{1}{10}$ $\frac{1}{10}=\frac{2C+1/2}{5}⟹\frac{1}{2}=2C+\frac{1}{2}⟹2C=0⟹C=0$. $-\int (\frac{1/4}{t-1}-\frac{1/4}{t+1}+\frac{1/2}{t^2+1})dt=-\frac{1}{4}\ln |t-1|+\frac{1}{4}\ln |t+1|-\frac{1}{2}\arctan t+C$ $=\frac{1}{4}\ln \left|\frac{t+1}{t-1}\right|-\frac{1}{2}\arctan t+C$, где $t=\sqrt[4]{1+x^{-4}}=\frac{\sqrt[4]{1+x^4}}{x}$.