14. интегрирование иррациональных функций

Интегрирование иррациональных функций
§ 14. ИНТЕГРИРОВАНИЕ ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ
ФУНКЦИЙ
  ax  b  1  ax  b   2  ax  b   k 
 , 
 , , 
  ,
1. Интегрирование функций R x , 
  a1x  b1   a1x  b1 
 a1x  b1  
где 1,  2 ,,  k – рациональные числа.
Интеграл вида

  ax  b  1  ax  b   2
 ax  b  k 
 , 
 ,, 
  dx
R  x, 
a
x

b
a
x

b
a
x

b
  1
 1
 1
1
1
1 

сводится к интегралу от рациональной функции с помощью замены
ax  b
 ts ,
a1 x  b1
где s – общий знаменатель дробей 1 ,  2 ,,  k .

(1)
Действительно, в этом случае
b1  t s  b
x
,
a  a1  t s

 ax  b  1

  t n1 ,
 a1x  b1 
где n1 , n2 , …, nk – целые.
s (ab1  a1b)t s 1
dt ;
 dx 
(a  a1  t s ) 2
 ax  b 


 a1x  b1 
Тогда
2
 ax  b 

 t , …, 
 a1x  b1 
k
n2
 t nk ,

  ax  b  1  ax  b   2
 ax  b  k 
 , 
 ,, 
  dx 
R  x, 
  a1x  b1   a1x  b1 
 a1x  b1  
s 1
 b  t s  b  n n

, t 1 , t 2 ,, t nk   s(ab1  a1b)t dt  R1 (t )dt .
R  1
s
s 2
 a  a1  t 
 (a  a1  t )




Частным случаем интегралов (1) являются интегралы вида

R[ x, (ax  b) 1 , (ax  b)  2 ,, (ax  b)  k ]dx
и

R( x, x 1 , x  2 ,, x  k )dx .
Они рационализируются (т.е. приводятся к интегралу от рациональной
функции) с помощью соответственно подстановок
ax  b  t s и x  t s ,
где s – общий знаменатель дробей 1 ,  2 ,,  k .
1
Интегрирование иррациональных функций
ПРИМЕР 1. Найти интеграл

1 4 x
dx
x x
1
1
Подынтегральная функция имеет вид R( x, x 2 , x 4 ) , поэтому сделаем
замену x  t 4 . Тогда dx  4t 3dt и

(1  t )t 3
(1  t )t
1  4 t4
1 4 x
 4t 3dt  4 4 2 dt  4 2
dt 
dx 
4
4
t

t
t

1
x x
t  t



t2  t
t 1 
tdt
dt 

4 2
dt  4 1  2
 2
dt  4 dt  2

 t  1

t 1
t 1
t  1





2


 1 d (t 2  1)

tdt d (t  1)
 4 t  2

 arctg t   4 t 

arctg
t

2t
t 1
t2 1


 2



 4t  2 ln( t 2  1)  4 arctg t  C
Возвращаясь к переменной x , окончательно получаем

1 4 x
dx  44 x  2 ln( x  1)  4 arctg 4 x  C .
x x
ПРИМЕР 2. Найти интеграл

x 1  4 x 1
dx .
( x  1)  (1  6 x  1)
3
1
1
1
Подынтегральная функция имеет вид R( x, ( x  1) 3 , ( x  1) 4 , ( x  1) 6 ) ,
поэтому сделаем замену x  1  t 12 . Тогда dx  12t 11dt и

3 12
t 11 (t 4  t 3 )dt
x 1  4 x 1
t  4 t 12
11
dx


12
t
dt

12

12
2
6 12
12
( x  1)  (1  6 x  1)
t
(
1

t
)
t (1  t )
3


(t 3  t 2 )dt
 t2
t 1 
tdt
dt 

 12
 12  t  1 
dt  12  t 


2
2 
2

1 t
1 t 
1 t
1  t2 
2




2
 t2

 t2

1 d (1  t )
1
2
 12  t 

arctg
t

12

t

ln(
1

t
)

arctg
t


C.
2
2
2
2
2
1

t





Возвращаясь к старой переменной, окончательно получаем

x 1  4 x 1
dx  66 x 1 1212 x 1  6ln(1 6 x 1) 12arctg12 x 1  C .
6
( x 1)  (1 x 1)
3
2
Интегрирование иррациональных функций
2. Интегрирование дифференциального бинома.
Дифференциальным
биномом
называется
выражение
вида
n p
x (a  bx ) , где m, n, p – рациональные числа, a, b – действительные
числа.
m
Как доказал П.Л. Чебышев, интеграл
x
m
(a  bxn ) p dx выражается
через элементарные функции только в трех случаях:
1) p – целое число. Тогда данный интеграл сводится к интегралу от
рациональной функции с помощью замены x  t s , где s – общий знаменатель дробей m и n .
m 1
2)
– целое число. В этом случае интеграл рационализируется с
n
помощью замены a  bx n  t s , где s – знаменатель дроби p .
m 1
3)
 p – целое число. Чтобы рационализировать интеграл, необn
a  bx n
 t s , где s – знаменатель дроби p .
ходимо сделать замену
n
x
x
ПРИМЕР. 1. Найти интеграл
53
(1  x 3 ) 2 dx .
Это интеграл от дифференциального бинома:
2
x 5 3 (1  x 3 ) 2  x 5 (1  x 3 ) 3 ,
m 1 5 1
2

 2 является целым,
где m  5 , n  3 , p  . Так как число
n
3
3
то интеграл выражается через элементарные функции. Чтобы рационализировать интеграл, необходимо сделать замену 1  x 3  t 3 . Откуда нахоt 2 dt
x  3 t 3  1 , dx 
дим
3
(t 3  1) 2
и

x 5 3 (1  x 3 ) 2 dx 
  t  1
3
3
5
3
t6 
t 2 dt
3
(t 3  1) 2

  t  1 t dt 
3
3
3
4
t8 t5
 (t  t )dt    C .
8 5
Возвращаясь к старой переменной x , окончательно получаем


7
x 5 3 (1  x 3 ) 2 dx 
4
 


8
5
13
1
1  t3  3 1  t3  C .
8
5
3
Интегрирование иррациональных функций
ПРИМЕР. 2. Найти интеграл
x
dx
4
1  x2
.
Это интеграл от дифференциального бинома:
1
1
 x 4 (1  x 2 ) 2 ,
x4 1  x2
1
 4 1 1
m 1
  2 – целое
где m  4 , n  2 , p   . Так как
p
2
2
2
n
число, то интеграл выражается через элементарные функции. Чтобы раци1  x2
 t 2 . Откуда
онализировать интеграл, необходимо сделать замену
2
x
tdt
1
x
находим
, dx  
(t 2  1) 3
t2 1
x
и

dx
4


1 x2

1
 1 


2
 t 1 
1
1
t

2
2
(t  1)
t 2 1

4
 1 
1  

2
 t 1 
( tdt )
(t 2  1) 3


  (t 2  1)dt  

2

( tdt )
(t 2  1) 3

(t 2  1) 2  t 2  1  tdt
t  (t 2  1) 3

t3
t C.
3
1  x2
1  x2
2
t


t
теперь
находим,
что
. Подставляя это выx
x2
ражение в результат интегрирования, окончательно получаем
Из
x
4
dx
1  1  x2
  
3
x
1  x2
4
3
2

  1 x  C.

x

Интегрирование иррациональных функций

3. Интегрирование функций вида R x, ax2  bx  c

Среди интегралов от иррациональных функций большое практическое

применение имеют интегралы вида
способа их нахождения.
R( x, ax2  bx  c )dx . Имеется два
1) С помощью тригонометрических подстановок.
Выделим полный квадрат под знаком радикала:
2
b
b
b2
ax  bx  c  a  x 2  2 
 x   c  a  x    c  2 ,
2a 
2a 


4a
b 

u  a  x  .
а затем сделаем замену
2a 

В результате получим один из следующих интегралов:
2
 R1(u,
q 2  u 2 ) du или
 R1(u,
q 2  u 2 ) du или
 R1(u,
u 2  q 2 ) du .
Эти интегралы в свою очередь сводятся к интегралу от функции вида
R(sin t, cost ) , способы нахождения которых мы рассмотрели в предыдущем параграфе. Делается это с помощью одной из трех подстановок,
называемых тригонометрическими:
для R(u, q 2  u 2 ) ;
1) u  q sin t (или u  q cos t )
2) u  q tg t (или u  q ctg t )
для R(u, q 2  u 2 ) ;
q
q
3) u 
(или u 
)
для R(u, u 2  q 2 ) .
cost
sin t
После их применения под знаком корня оказывается квадрат некоторой
тригонометрической функции, что и позволяет избавиться от иррациональности.
ПРИМЕР 1. Найти интеграл

4  x 2 dx .
Полагаем x  2 sin t . Тогда dx  2 cos tdt
и
Следовательно,

4  x 2  4  4 sin 2 t  4 cos2 t  2 cos t .


4  x 2 dx  2 cos t  2 cos tdt  4 cos2 tdt  4

1  cos 2t
dt 
2
1
 2 t  sin 2t   C  2t  sin 2t  C .
 2

5
Интегрирование иррациональных функций
Теперь из x  2 sin t находим, что t  arcsin
x
и, подставляя в результат
2
интегрирования, окончательно получаем
x
x
4  x 2 dx  2 arcsin  sin  2 arcsin   C .
2
2


Замечание. Так как
x
x
x
x
x
sin  2 arcsin   2 sin  arcsin   cos arcsin   2   cos arcsin 
2
2
2
2
2




и
cos(arcsin )  1   2 ,
то окончательный ответ можно записать в виде

2
x x
x
x

4  x2  C .
4  x dx  2 arcsin  x 1     C  2 arcsin 
2
2
 
2 2
2
ПРИМЕР 2. Найти интеграл
x
dx
2
(x  4)
5
.
2 sin t
2
dt
. Тогда dx 
cos t
cos2 t
4(1  cos2 t )
4
4 sin 2 t 2 sin t
2
и
.
x 4 
4 


cos t
cos2 t
cos2 t
cos2 t
Следовательно,
2 sin t
dt
2
dx
2 sin t  cos6 t
1
cos
t


dt 
ctg4 tdt .
5
2
6
5
2
5
32
cos t  2 sin t
2  2 sin t 
x (x  4)


cos t  cos t 
Чтобы найти получившийся интеграл, еще раз сделаем замену. Полаdz
гаем z  ctg t . Тогда t  arcctg z , dt  
и
1  z2
3
 dz 
 z 2  1  1 dz   z  z  arctg z  C
ctg4 tdt  z 4  





1
3
1  z2 

1  z2 
ctg3 t

 ctg t  arctg(ctg t )  C1 .
3

Так как arctg    arcctg  , то получившийся ответ можно записать
2
ctg3 t

4
в виде
ctg tdt  
 ctg t    arcctg(ctg t )   C1 
3
2

Полагаем x 







6

Интегрирование иррациональных функций
ctg3 t

 ctg t  t  C ,
3

2
2
где C  C1  . Теперь из x 
находим, что t  arccos и
x
2
cos t
1
2
2
2
ctg4 tdt   ctg3  arccos   ctg arccos   arccos  C .
3
x
x
x


Таким образом, окончательно получим
dx
1
1
2
2
2
   ctg3  arccos   ctg arccos   arccos   C .
x
x
x


x (x 2  4) 5 32  3



Замечание. Используя формулу ctg(arccos ) 
1
2
, окончательный
ответ можно записать в виде
dx
1  1
8
2
2
 

 arccos   C .
x
x (x 2  4) 5 32  3 ( x 2  4) 3
x2  4


ПРИМЕР 3. Найти интеграл
dx

(5  2 x  x 2 ) 3
.
Выделим полный квадрат в под знаком радикала:
5  2 x  x 2  ( x  1) 2  4
u  x 1
 x  u  1 , dx  du .
и сделаем замену
Тогда

dx

dx



du
.
(5  2 x  x 2 ) 3
(( x  1) 2  4)3
(u 2  4)3
Получившийся интеграл можно найти двумя способами: 1) это интеm 1
грал от дифференциального бинома, для которого число
 p – цеn
лое; 2) к этому интегралу можно применить тригонометрическую подстановку u  2 tg t . Воспользуемся вторым способом. Тогда
2dt
cos2 t
Следовательно,
du 
и
u 2  4  4 tg 2 t  4 
7
4
2

.
cos2 t cos t
Интегрирование иррациональных функций
2dt
3
dt
cos2 t  2 cos tdt  1 costdt  1 sin t  C .

3
4
4
8 cos2 t
(u 2  4)3
 2 


 cost 
Из u  2 tg t теперь находим
u
x 1
,
t  arctg  arctg
2
2
и, подставляя в результат интегрирования, окончательно получаем
1
1 
x 1
dx
 sin t  C  sin  arctg
C .
2 3
4
4
2


(5  2 x  x )





Замечания.
1) Если использовать формулу
sin(arctg  ) 
окончательный ответ можно записать в виде
1
x 1
dx
 
C.
(5  2 x  x 2 ) 3 4 x 2  2 x  5

1
2
,
то

2) Интеграл

du
, к которому нас привела первая
(u  4)
замена, носит промежуточный характер. Решение было бы более коротким, если бы мы сразу перешли от исходного интеграла к интегралу
1
cos tdt . Этого можно добиться, если «объединить» замены, т.е. после
4
выделения полного квадрата под знаком радикала сделать замену
x  1  2 tg t .
2
3

Частным случаем интегралов вида

интегралы
Ax  B
 R ( x,
ax2  bx  c )dx являются
dx . Их можно найти, не прибегая к тригоноax2  bx  c
метрическим подстановкам. Действительно, выделим полный квадрат под
знаком радикала:
2
b
b
b2
ax  bx  c  a  x 2  2 
 x   c  a  x    c  2 ,
2a 
2a 


4a
b
а затем сделаем замену
t  a   x   .
2a 

2
8
Интегрирование иррациональных функций
Получим один из следующих интегралов:
~ ~
~ ~
At  B
At  B
dt или
dt или
t 2  q2
t 2  q2



~ ~
At  B
q2  t 2
dt .
Эти интегралы можно представить в виде суммы двух интегралов, один из
которых легко найти, внеся знаменатель под знак дифференциала, а другой – табличный.
ПРИМЕР. Найти интеграл

3x  4
 x2  6x  8
dx .
Выделим полный квадрат под знаком радикала:
 x 2  6 x  8  ( x 2  6 x )  8  ( x  3) 2  1
и сделаем замену x  3  t . Тогда x  t  3 , dx  dt и
3(t  3)  4
3x  4
3x  4
dx 
dx 
dt 
2
2
 x2  6x  8
1  ( x  3)
1 t




3t  13
1 t
2
dt .
Чтобы найти получившийся интеграл, представим его в виде суммы:

3t  13
1  t2
dt 

3tdt
1  t2

 13
dt
1  t2

3
d (1  t 2 )

 13 arcsin t 
( 2t )
1  t2
t
1
2
2
3 d (1  t )
3 (1  t ) 2

 13 arcsin t   
 13 arcsin t  C 
2
2
2
1
1 t
2

 3 1  t 2  13 arcsin t  C .
Возвращаясь к старой переменной x , окончательно получим
3x  4
dx  3  x 2  6 x  8  13 arcsin( x  3)  C .
2
 x  6x  8

Еще один частный случай интеграла
грал
 (x  ) 
dx

R( x, ax2  bx  c )dx – инте-
. При его нахождении лучше всего сначала
ax2  bx  c
сделать «обратную подстановку» (см. ниже).
n
9
Интегрирование иррациональных функций
2) Метод неопределенных коэффициентов.
Интегралы вида

R( x, ax2  bx  c )dx очень часто удается свести к
вычислению интегралов следующих трех типов:
Pn ( x)
(I)
(II) Pn ( x)  ax2  bx  cdx ,
dx ,
ax2  bx  c
dx
(III)
,
( x   ) n  ax2  bx  c
где Pn (x) – многочлен степени n , n – натуральное число.



Интегралы типа (II) и (III) в свою очередь сводятся к интегралу типа
(I). Действительно, Для интеграла типа (II) имеем:


Pn ( x) 
Pn ( x)  (ax2  bx  c)

Pn ( x)  ax2  bx  cdx 


 ax
2
 bx  c
ax2  bx  c
~
Pn  2 ( x)
 dx 
2
dx 
dx ,
ax2  bx  c
ax2  bx  c
~
где Pn 2 ( x) – некоторый многочлен степени n  2 .
А для приведения интеграла типа (III) к интегралу типа (I) приме1
няют так называемую «обратную подстановку» x    . Тогда
t
dt
1 t
, dx   2
x
t
t
t n dt
dx


и
2
( x   ) n  ax2  bx  c
a
(
1



t
)
b
(
1



t
)
t2 

c
t
t2
Pn 1 (t )

dt ,
2
a1t  b1t  c1
где Pn1 (t ) – многочлен степени n  1 , a1 , b1 , c1 – некоторые числа.



Теперь рассмотрим интегралы типа (I). Можно доказать, что
Pn ( x)
dx
,
(2)
dx  Q( x)  ax2  bx  c   
2
2
ax  bx  c
ax  bx  c
где Q(x) – некоторый многочлен, степень которого ниже чем степень
многочлена Pn (x) ,  – некоторое число. Это позволяет использовать при
вычислении интегралов (I) следующий алгоритм (метод неопределенных
коэффициентов):


10
Интегрирование иррациональных функций
1. Записываем для интеграла (I) формулу (2), в которой полагаем,  –
неопределенный коэффициент, а Q(x) – многочлен степени n  1 с неопределенными коэффициентами.
2. Дифференцируем обе части записанного равенства и умножаем обе части получившегося выражения на ax2  bx  c .
3. Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x многочленов
слева и справа, находим коэффициенты многочлена Q(x) и число  .
Используя
Pn ( x)

этот
алгоритм,
dx к интегралу
мы в
dx

итоге
сведем
интеграл
, который легко находится
ax  bx  c
ax  bx  c
(выделяем полный квадрат под корнем и вносим соответствующее выражение под знак дифференциала).
2
ПРИМЕР 1. Найти интеграл
2

3x3  7 x 2  1
x2  2x  5
dx .
Записываем для данного интеграла формулу (2):

3x3  7 x 2  1
dx  ( Ax 2  Bx  C )  x 2  2 x  5   
x  2x  5
Дифференцируем обе части равенства и получаем:
2
3x3  7 x 2  1
x2  2x  5

 (2 Ax  B)  x 2  2 x  5 
3x3  7 x 2  1
x  2x  5
2


dx
x  2x  5
( Ax 2  Bx  C )( 2 x  2)
2 x2  2x  5
2

.

x2  2x  5
(2 Ax  B)  ( x 2  2 x  5 ) 2  ( Ax 2  Bx  C )( x  1)  
Умножаем обе части равенства на
x  2x  5
2
.
x 2  2 x  5 и находим:
3 x 3  7 x 2  1  (2 Ax  B)  ( x 2  2 x  5)  ( Ax 2  Bx  C )( x  1)   ,
 3x 3  7 x 2  1  x 3  3 A  x 2 (2 B  5 A)  x(10 A  3B  C )  (5B  C   ) ,
 3A  3 ,
2B  5 A  7 ,
5B  C    1 ;
10 A  3B  C  0 ,
 A  1, B  1 , C  13 ,   7 .
Таким образом, получили
3x3  7 x 2  1
dx
dx  ( x 2  x  13)  x 2  2 x  5  7 

2
2
x  2x  5
x  2x  5


11
Интегрирование иррациональных функций
 ( x 2  x  13)  x 2  2 x  5  7 

dx
( x  1)  4
2

 ( x 2  x  13)  x 2  2 x  5  7  ln ( x  1)  x 2  2 x  5  C .
ПРИМЕР 2. Найти интеграл
 (4 x
2
 6 x)  x 2  3dx .
Приведем интеграл к виду (I). Для этого умножим числитель и знаменатель подынтегральной функции на
 (4 x

(4 x 2  6 x) ( x 2  3)dx

(4 x 4 6 x 3 12 x 2 18 x)dx

x2 3
Записываем для данного интеграла формулу (2):

2
 6 x) x  3dx 
x3  3 :
2
(4 x 4  6 x 3  12 x 2  18 x)dx
x 2 3
 ( Ax 3  Bx2  Cx  D)  x 2  3   
x 3
Дифференцируем обе части равенства и получаем:
2
4 x 4 6 x 3 12 x 2 18 x
x 2 3

(3 Ax 2  2 BxC ) x 2 3 
4 x 4 6 x 3 12 x 2 18 x
x 3
2


2 x( Ax 3  Bx2 Cx  D)
2 x 2 3
.
dx
x 3
2

.

x 2 3
(3 Ax 2  2 BxC )( x 2 3) 2  x( Ax 3  Bx2 Cx  D)  
x 3
2
Умножаем обе части равенства на
x 2  3 и находим:
4 x 4 6 x 3 12 x 2 18 x  (3 Ax 2  2 Bx  C )( x 2  3)  x( Ax 3  Bx 2  Cx  D)   ,
 4 x 4 6 x 3 12 x 2 18 x  x 4  4 A  x 3 3B  x 2 (9 A  2C )  x(6 B  D)  (3C   ) ,
 4 A  4 , 3B  6 , 9 A  2C  12 , 6B  D  18 , 3C    0 ;
 A  1, B  2 , C  1,5 , D  6 ,   4,5 .
Таким образом, получили:



(4 x 2  6 x)  x 2  3dx  x3  2 x 2  1,5 x  6  x 2  3  4,5 



dx
x 3
 x3  2 x 2  1,5 x  6  x 2  3  4,5  ln x  x 2  3  C .
12
2

.