Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Конспект лекций Высшая математика (Басканова)

.pdf
Скачиваний:
151
Добавлен:
17.01.2018
Размер:
5.08 Mб
Скачать

 

 

 

 

 

 

 

 

289

I1

 

 

dx

и

I2

 

 

dx

x2 bx c

 

x2 bx c

 

 

 

 

 

Оба интеграла приводятся к табличным путем выделения полного квадрата. Поясним сказанное на примерах.

 

Пример 15.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

x 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

arctg

 

 

 

C.

 

 

 

x2 4x 10

(x2

4x 4) 6

(x 2)2 6

 

 

6

 

6

 

 

 

 

 

Пример 16.

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

2x

2

 

4x 5

2

x

2

2x

2,5

2

 

(x 1)

2

3,5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1

 

ln

 

 

x 1

3,5

 

 

C

 

1

 

 

 

ln

 

 

x 1

 

3,5

 

C.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

3,5

 

 

x 1

3,5

 

 

4

3,5

 

 

x 1

 

3,5

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Интеграл свелся к табличному №16.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В интегралах вида

I3

 

 

 

 

 

Ax B

dx

и

 

I4

 

 

 

 

Ax B

 

 

dx ,

 

x2 bx c

 

 

x2

bx c

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

в числителе выделяют производную квадратного трехчлена, стоящего в знаменателе, и представляют в виде суммы двух интегралов сводимых к табличным.

Пример 17. Вычислить интеграл I

 

 

x 3

 

dx.

 

 

 

 

 

x

2

4x 8

 

 

 

 

 

Производная знаменателя равна 2х + 4, отсюда

 

 

 

 

 

 

 

I

1

 

 

 

 

 

2x 6

dx

1

 

(2x 4) 2

dx

1

 

(2x 4)dx

 

dx

 

 

2

x

2

4x 8

2

x

2

4x 8

2

x

2

4x 8

(x 2)

2

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 ln

 

x2

 

4x 8

 

1 arctg

x 2

C.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(использован табличный интеграл 15)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 18. Найти неопределенный интеграл

 

 

 

 

 

 

 

I

 

 

 

 

 

 

4x 3

 

dx.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2 6x 10

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Производная квадратного трехчлена (х2 + 6х + 10)' = 2х + 6. Выделяя ее, получим:

I 2

 

2x 1,5

dx 2

(2x 6) 4,5

dx

 

x2 6x 10

 

 

 

 

 

 

x2 6x 10

2

2x 6

 

dx 9

dx

 

;

 

 

(x 3)2

 

 

 

x2 6x 10

1

второй интеграл табличный (см. таблицу №17), в первом интеграле обозначим t = x2 + 6x +10, dt = (2x + 6)dx, тогда он примет вид

 

 

 

 

 

 

290

 

 

 

2

dt

4

t C 4

x2 6x 10.

 

 

t

 

 

 

 

 

 

 

 

Окончательно получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I 4

x2 6x 10 9ln

x 3

x2 6x 10

C.

Вывод. В настоящей лекции были рассмотрены два основных метода нахождения первообразной – это метод замены переменной интегрирования и интегрирования по частям. Если студенты по виду подынтегрального выражения сумеют определить, какой из двух методов следует применить, то цель настоящей лекции можно считать достигнутой.

Итак, пусть в интеграле
классу относятся многочлены. При

291

Лекция 3.4. рациональные функции, их разложение на простейшие дроби. Интегрирование рациональных функций и простейших дробей. интегрирование некоторых иррациональностей

3.4.1. Интегрирование рациональных функций

Интеграл от элементарной функции не всегда сам оказывается элементарной функцией. Важным классом элементарных функций, интегрирование которых снова приводит к элементарным функциям, является класс рацио-

нальных функций, т.е. дробей вида Pm (x) , где Pm (x) и Qn (x) – целые много-

Qn (x)

члены соответственно степени m и n.

В частности при Qn (x) 1 к этому

интегрировании рациональной дроби Pm (x) возможны два случая.

Qn (x)

1. Если m n (такая дробь называется неправильной) выделяют целую часть, разделив Pm (x) на Qn (x) . В частном получим некоторый много-

член N(x) и в остатке многочлен R(x) степени не выше (n – 1). Следовательно

Pm (x) N (x) R(x) .

Qn (x) Qn (x)

Интегрирование многочлена N(x) не доставит особых трудностей, весь вопрос сводится к умению интегрирования рациональной функции, когда m < n (такую дробь называют правильной) – это второй случай.

QPmn ((xx))dx стоит правильная, несократимая

дробь.

В высшей алгебре доказывается, что такую дробь можно представить в виде суммы простейших дробей разных видов в зависимости от того, какие корни имеет многочлен знаменателя Qn (x) . Рассмотрим суть этого доказа-

тельства. Запишем многочленQn (x) в развернутом виде

Qn (x) b0 xn b1xn 1 ... bn (3.4.1)

где b0 ,b1,...bn действительные (или комплексные) коэффициенты. При деленииQn (x) на двучлен (х α), где α – любое число, в остатке

получают многочлен нулевой степени, т.е. число R(x) = R. В результатеQn (x)

можно представить так:

Qn (x) (x )Qn 1(x) R (3.4.2)

Французским математиком Э.Безу доказана теорема: число R, получающееся в остатке, при делении многочлена на двучлен (х α) равно значению этого многочлена при х = α, т.е. R Qn ( ) . Если α – корень многочлена,

292

то при х = α он обращается в ноль. Следовательно остаток также будет равен нулю R Qn ( ) 0 и равенство (3.4.2) примет вид:

Qn (x) (x )Qn 1(x), (3.4.3)

где Qn 1(х) – многочлен, степень которого на единицу меньше.

«Основная теорема» высшей алгебры, доказанная немецким математиком Гауссом утверждает, что любой многочлен степени n > 0 имеет хотя бы один корень, действительный или комплексный.

Пусть z1 – корень многочлена Qn (x) . На основании тождества (3.4.3.)

Qn (x) (x z1)Qn 1(x) (3.4.4.)

Если многочлен Qn 1(x) степени выше нулевой, к нему снова применима «Основная теорема». Пусть z2 – корень многочлена Qn 1(x) , тогда

Qn (x) (x z1)(x z2 )Qn 2 (x).

Повторяя этот процесс n раз, мы придем к разложению многочлена Qn (x) на линейные множители:

Qn (x) (x z1)(x z2 ) ... (x zn ), (3.4.5)

(b0 можно принять равным единицы, разделив на него все члены мно-

гочлена (3.4.1)).

Среди корней z1,z2,…,zn может оказаться часть действительных, а часть

комплексных. В случае действительных и различных корней α1,α2,…,αn многочлен Qn (x) разлагается на n – линейных множителей с действительными

коэффициентами вида:

Qn (x) (x 1)(x 2 ) ... (x n ),

некоторые действительные корни могут быть равными. Если их «k», то все такие сомножители можно объединить в одну скобку и записать как

(x )k . Корень х = α называют корнем кратности «k».

Если в разложении (3.4.5) есть комплексный корень z i, то сопряженное ему комплексное число z i также будет корнем многочлена Qn (x) . Поэтому в разложении многочлена на линейные множители ком-

плексные корни входят попарно сопряженными.

Произведение таких двух сомножителей дает квадратный трехчлен с действительными коэффициентами.

(x i) (x i) x2 x xi x 2 i xi i 2i2

x2 2 x 2 2 x2

px q,

где p 2 ,

q 2

2.

Среди квадратных множителей x2 px q

тоже может встретиться t

одинаковых, объединяя

в одну

скобку

их

можно

записать в виде

(x2 px q)t - кратности t.

 

 

 

 

Таким образом, в разложении (3.4.5)

многочлена Qn (x) могут встре-

титься множители только двух типов (x )k и (x2 px q)t , т.е.

293

Qn (x) (x )k ... (x2 px q)t ... (3.4.6)

Доказано, что если удалось знаменатель рациональной функции

Qn (x) представить в виде (3.4.6), то в разложении дроби Pm (x) на простей-

Qn (x)

шие дроби каждому множителю (x )k соответствует сумма k дробей вида

 

 

 

 

 

 

 

А1

 

 

 

 

 

A2

 

 

 

...

 

 

Ak

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

(x

)2

(x

)k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

а каждому множителю (x2 px q)t - соответствует сумма t дробей ви-

да

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Bt x Ct

 

 

 

 

 

B1x C1

 

 

 

B2 x C2

 

 

...

 

 

 

.

 

 

 

x2 px q

(x2 px q)2

 

 

(x2 px q)t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Следовательно, если знаменательQn (x) удалось

 

представить в виде

(3.4.6), то имеет место разложение дроби

Pm (x)

 

на слагаемые:

 

 

Q (x)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Pm (x)

 

 

А1

 

 

 

 

 

A2

 

 

 

 

 

 

 

 

n

Ak

 

 

 

 

 

 

B1x C1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

...

 

 

 

 

 

...

 

 

 

x

 

 

(x

)2

 

 

(x )k

 

 

x2 px q

 

Qn (x)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B2 x C2

 

 

 

...

 

 

 

 

Bt x Ct

 

 

 

... (3.4.7)

 

 

 

 

 

(x2 px q)2

 

(x2 px q)t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Где А1,…, Аk; В1,…, Вt; С1,…, Сt неизвестные коэффициенты, которые нужно найти.

Интеграл от всякой рациональной функции сводится к интегралам от простейших рациональных дробей первого и второго вида, которые легко на-

ходятся. Интеграл

Pm (x)

dx – заменяется суммой интегралов от соответст-

Q (x)

 

n

 

 

 

 

 

вующих простейших дробей.

 

x5

x4 8

 

Пример 1. Вычислить

I

dx. Степень многочлена числи-

x

3

4x

 

 

 

 

 

 

теля m = 5 больше степени старшего члена знаменателя n = 3. Выделяя целую часть, получим

 

x5 x4 8

x2

x 4

4x2 16x 8

.

 

 

 

 

x3 4x

 

 

 

x3 4x

Исходный интеграл сводится к сумме двух

 

 

 

 

 

I (x2 x 4)dx

4x2

16x

8

dx.

x

3

4x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Первый интеграл легко вычисляется.

 

 

294

 

 

 

 

I

 

(x2 x 4)dx

1 x3

 

1 x2

4x C.

1

 

3

 

2

 

 

 

 

 

 

 

Второй интеграл от правильной несократимой дроби. Разложим подынтегральную функцию на простейшие дроби по схеме (3.4.7) и приведем эти

дроби к общему знаменателю.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4x2 16x 8

 

A

 

 

B

 

 

C

 

 

A(x2 4) Bx(x 2)

Cx(x 2)

.

 

x(x 2)(x 2)

x

x

 

2

x

2

x(x 2)(x

2)

 

 

 

 

 

 

Освобождаясь от знаменателей, получим

A(x2 4) Bx(x 2) C(x 2)x 4x2 16x 8.

Так как это тождество, то оно справедливо при любых значениях х.

Полагая х = 0; х = 2; х = –2 (корни х3 – 4х = 0) получим –4А = –8; 8В = 40; 8С = –24, т.е. А = 2; В = 5; С = –3.

Итак, тождество

 

 

 

 

4x2 16x 8

 

 

2

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

3

 

 

, поэтому

 

 

 

 

 

 

x(x 2)(x

2)

 

x

 

x

2

 

x 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I2 2

 

dx

5

 

dx

 

 

3

 

 

 

dx

 

2ln

 

x

 

 

5ln

 

x 2

 

3ln

 

x 2

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

x 2

x

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ln

 

 

 

x2 (x 2)5

 

 

C.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(x 2)3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Следовательно

I

1

x

3

 

1

 

x

2

 

4x ln

 

 

x2 (x

2)5

 

 

C.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

(x 2)3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 2.

Вычислить I

 

 

 

 

 

 

 

x 5

 

 

 

 

 

dx.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

3

 

 

 

3x

2

4

 

 

 

 

 

 

 

 

Дробь правильная и нужно разложить на множители знаменатель, находим корни уравнения

x3 3x2 4 0.

При решении подобных уравнений есть правило: если коэффициент при старшем члене равен единице, тогда целые корни такого многочлена, обязательно являются делителями свободного члена.

Число 4 делится на ±1; ±2; ±4. Испытываем эти значения: х1 = –1; х2 = 2 являются корнями. Для отыскания третьего корня используем правило кратности корня: если х = α является корнем кратности k многочлена Qn (x) , то

Qn ( ) Qn ( )

Производная (x3 3x

Qn ( ) ... Qn(k 1) ( ) 0, но Qn(k ) ( ) 0.

2 4) 3x2 6x и обращается в нуль при х = 2,

т.е. х = 2 двукратный корень. Окончательно имеем:

x3 3x2 4 (x 1)(x 2)2.

Значит, разложение дроби на простейшие должно иметь вид:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

295

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x 5

 

 

 

 

 

 

 

A

 

 

B

 

 

 

 

 

C

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(x 1)(x 2)2

 

x

 

1

x

2

 

 

(x 2)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Находим коэффициенты А,В и С, освобождаясь от знаменателя как в

примере 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A(x 2)2

B(x 1)(x 2) C(x 1) x 5.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Полагая х = –1; х = 2 и х = 0 находим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

2 ;

 

B

 

2

; С = –1. Отсюда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

dx

 

 

 

3

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I

2

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 ln

 

x 1

 

2 ln

 

x 2

 

 

 

1

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

2

x 2

 

3

 

1

 

 

 

3

 

 

2

 

 

 

(x 2)

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 ln

 

 

 

x 2

 

 

 

 

 

1

 

 

C.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x 1

 

 

x 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 3.

Найти

 

I

x2

x 1

dx.

 

Дробь правильная,

знаменатель

 

x(x

2

 

1)

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

дан своим разложением. Поэтому

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2 x

1

 

 

A

 

Bx C

 

 

 

Dx E

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x(x2

1)2

 

x

 

x2 1

 

 

(x2 1)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Освободимся от знаменателей

A(x2 1)2 Bx2 (x2 1) Cx(x2 1) Dx2 Ex x2 x 1

Раскроем скобки и соберем слагаемые с одинаковыми показателями степеней

(А D)x4 Ex3 (2A B D)x2 (C E)x A x2 x 1.

Многочлены равны, поэтому должны быть равны числовые коэффици-

енты при одинаковых показателях степеней. Получим систему уравнений

 

х4

 

 

 

 

 

 

А + В = 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

х3

 

 

 

 

 

С = 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

х2

 

 

 

2А + В + D = 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

х

 

 

 

 

 

 

C + E = 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

х0

 

 

 

 

 

 

A = –1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение этой системы дает

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

А = –1; В = 1; С = 0; D = 2; E = 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Стало быть I

dx

 

 

xdx

 

 

 

2x 1

 

.

 

 

 

 

 

 

x

 

x

2

 

1

(x

2

 

1)

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Первый и второй интегралы известны и равны ln

 

x

 

и

1 ln(x2

1).

 

 

Займемся третьим интегралом

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

296

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2x 1

 

 

 

dx

 

 

 

2xdx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

.

 

 

 

 

 

 

(x

2

 

 

1)

2

(x

2

 

1)

2

 

 

 

(x

2

 

 

1)

2

 

 

x

2

 

1

(x

2

 

1)

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Интеграл

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

вычислим по формуле приведения (рекуррентная

 

(x

2

 

1)

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

формула), которую выведем для любого k > 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ik

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(x2 1) x2

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

xdx

 

 

.

 

 

 

 

 

(x2 1)k

 

 

 

 

 

 

(x2

1)k

 

 

 

 

(x2 1)k 1

 

 

(x2 1)k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Второй интеграл возьмем по частям

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u = x

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

du = dx

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2(k

 

 

1)(x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

тогда

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ik

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(x2

 

 

1)k 1

 

 

 

2(k 1)(x2

 

 

1)k 1

 

2(k 1)

(x2

1)k 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2k 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2(k 1)(x

2

1)

k 1

2(k 1)

 

(x

2

1)

k 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В итоге

 

 

 

 

Ik

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2k 3

 

Ik 1

(3.4.8)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2(k 1)(x2

 

1)k 1

 

 

2(k 1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Заменяя в (3.4.8) k на k–1 получим выражение для Ik 1

через Ik 2 и т.д.

В конце придем к интегралу

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

arctgx C.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

2

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Вычислим интеграл

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

по формуле (3.4.8). Здесь k = 2, поэтому

(x

2

1)

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

arctgx C.

 

 

 

 

 

 

(x

2

1)

2

 

 

 

2(x

2

1)

 

 

 

2

x

2

1

 

2(x

2

 

 

1)

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Подставляя полученный результат, имеем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2 x 1

 

dx ln

 

x

 

 

 

1

ln(x2

 

1)

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

arctgx

C.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x(x

2

1)

2

 

 

 

 

2

 

2(x

2

 

1)

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Применяя равенство (3.4.8), проверьте, что

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5x

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

arctgx C.

 

 

(x

2

 

 

1)

4

 

6(x

2

 

 

1)

3

 

24(x

2

 

 

 

1)

2

 

 

16(x

2

 

1)

16

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Таким образом, интеграл от любой рациональной функции выражается через элементарные функции.

297

Во многих случаях интегрирование функции удается выполнить, если при помощи некоторой подстановки свести ее к функции рациональной. О таких заменах говорят, что они рационализируют интеграл.

В дальнейшем символом R( , , ,...) будем обозначать выражение, рациональное относительно , , ,..., где над , , ,... производятся только ра-

циональные операции, т.е. сложение, вычитание, умножение, деление, возведение в целую степень.

3.4.2. Интегрирование простейших иррациональных функций

Рассмотрим интегралы вида

R(x, r x,m x,...)dx, (3.4.9)

где подынтегральная функция рациональна относительно переменной интегрирования х и различных радикалов из х. Пусть n – наименьшее

кратное показателей r, m,…, тогда все отношения nr k1, mn k2 ,... – целые

числа. Интеграл (3.4.9) приводится к интегралу от рациональной функции заменой переменной

x zn ; dx nzn 1dz

Действительно, интеграл (3.4.9) примет вид R(zn , zk1 , zk2 ,...)nzn 1dz и подынтегральное выражение есть рациональная функция от z.

 

Пример 4. Вычислить

 

dx

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Наименьшее кратное чисел 2 и 3 есть – 6. Положим x z6 ;

dx 6z5dz,

тогда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6z5dz

 

 

 

 

(z3 1)

 

 

 

 

 

 

(z 1)(z2 z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

6

1

dz 6

1)

dz 6

 

dz

 

 

 

 

x

3

x

 

 

 

z

3

z

2

 

z

1

 

 

 

 

 

z 1

 

 

 

z

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6 (z2

 

z 1)dz 6ln

 

z 1

 

2z3

3z2 6z 6ln

 

z 1

 

C,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где z 6 x

(из х = z6).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Схема интегрирования останется прежней и в более общем интеграле

 

 

 

 

 

 

 

x b

,m

x

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f x, r

px q

px

q

,... dx (в частности может быть px + q = 1).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Интеграл рационализируется заменой

x b

zn ; x

 

qzn b

;

 

 

 

 

 

px q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

pzn

 

 

 

 

dx

q bp

 

 

nzn 1dz.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

( pzn )2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

298

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 5.

 

x 2

dx. Положим

 

x 2 z2 ,

x z2 2,

dx 2zdz, то-

 

 

 

 

гда

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(z2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x 2

 

dx

 

z 2z

 

dz

2

2) 2

dz 2 dz

4

 

dz

 

x

 

z

2

2

 

 

 

 

 

z

2

 

2

 

z

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2z

 

2

 

ln

 

z

 

2

 

 

C,

 

где z

x 2.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

z

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Интеграл вида

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

заменой

x 1

сводится к ин-

 

 

 

 

 

 

x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(x )

bx c

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

тегралу, содержащему квадратный трехчлен. В частном случае (λ = 0) приме-

няют подстановку x

1 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 6.

 

Найти

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(x

2)

 

x2 2x 4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Положим

x 2 1 ; x

1

 

2;

dx

1

 

dz,

 

в результате получим

z2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

dz

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

dz

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z2

 

 

 

 

 

(x 2)

 

x2 2x 4

1

 

 

1

 

 

 

4

 

4

 

2

 

4 4

1

 

 

1

 

 

6

 

4

 

 

 

 

z2

 

z

z

z2

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

dz

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dz

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

dz

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4z

2

6z 1

 

2

 

 

z

2

3

z

1

2

z

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

z2

 

 

 

 

 

 

 

2

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

16

 

 

 

 

 

 

1 ln

 

z 3

z2

 

3

z

1

 

 

C,

 

где

 

z

 

 

1

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Вывод. В настоящей лекции рассмотрены методы нахождения первообразных от рациональных функций, которые часто встречаются в прикладных задачах, а также интегрирование простейших иррациональностей. Это должно способствовать дальнейшему формированию компетенции – применять простейшие методы интегрирования.