Продолжаем рассматривать интегралы от дробей и корней. Не все они суперсложные, просто по тем или иным причинам примеры были немного «не в тему» в других статьях.
Пример 9
Найти неопределенный интеграл
В знаменателе под корнем находится квадратный трехчлен плюс за пределами корня «довесок» в виде «икса». Интеграл такого вида решается с помощью стандартной замены.
.
Замена тут простая:
Смотрим на жизнь после замены:
(1) После подстановки приводим к общему знаменателю слагаемые под корнем.
(2) Выносим из-под корня.
(3) Числитель и знаменатель сокращаем на . Заодно под корнем мы переставили слагаемые в удобном порядке. При определенном опыте шаги (1), (2) можно пропускать, выполняя прокомментированные действия устно.
(4) Полученный интеграл, как вы помните, решается методом выделения полного квадрата . Выделяем полный квадрат.
(5) Интегрированием получаем заурядный «длинный» логарифм.
(6) Проводим обратную замену. Если изначально , то обратно: .
(7) Заключительное действие направлено на прическу результата: под корнем снова приводим слагаемые к общему знаменателю и выносим из-под корня .
Пример 10
Найти неопределенный интеграл
.
Это пример для самостоятельного решения. Здесь к одинокому «иксу» добавлена константа, и замена почти такая же:
.
Единственное, что нужно, - это дополнительно выразить «икс» из проводимой замены:
.
Полное решение и ответ в конце урока.
Иногда в таком интеграле под корнем может находиться квадратный двучлен, это не меняет способ решения, оно будет даже еще проще. Почувствуйте разницу:
Пример 11
Найти неопределенный интеграл
Пример 12
Найти неопределенный интеграл
Краткие решения и ответы в конце урока. Следует отметить, что Пример 11 является в точности биномиальным интегралом , решение которого рассматривалось на уроке Интегралы от иррациональных функций .
Интеграл от неразложимого в знаменателе многочлена 2-ой степени в степени
Более редкий, но, тем не менее, встречающий в практических примерах вид интеграла.
Пример 13
Найти неопределенный интеграл
В знаменателе подынтегральной функции находится неразложимый на множители квадратный двучлен. Подчеркиваем, что неразложимость на множители является существенной особенностью. Если многочлен раскладывается на множители, то всё намного понятнее, например:
Вернёмся к примеру со счастливым номером 13. Этот интеграл тоже из разряда тех, с которыми можно изрядно промучиться, если не знаешь, как решать.
Решение начинается с искусственного преобразования:
Как почленно разделить числитель на знаменатель, думаю, уже все понимают.
Полученный интеграл берётся по частям:
Для интеграла вида
где (k ≥ 2) – натуральное число, выведена рекуррентная формула понижения степени:
; – это интеграл степенью ниже на 1.
Что делать, если дополнительно в числителе есть многочлен? В этом случае используется метод неопределенных коэффициентов, и подынтегральная функция раскладывается в сумму дробей. Если такой интеграл встретится, смотрите учебник – там всё просто.
Рассмотрим интегралы с корнем от дробно-линейной функции:
(1)
,
где R
- рациональная функция своих аргументов. То есть функция, составленная из входящих в нее аргументов и произвольных постоянных с помощью конечного числа операций сложения (вычитания), умножения и деления (возведения в целочисленную степень).
Приведем примеры интегралов с корнями вида (1) .
Хотя здесь под знаком интеграла входят корни различных степеней, но подынтегральное выражение можно преобразовать следующим образом:
;
;
.
Таким образом, подынтегральное выражение составлено из переменной интегрирования x
и корня от линейной функции с помощью конечного числа операций вычитания, деления и умножения. Поэтому оно является рациональной функцией от x
и и принадлежит рассматриваемому типу (1)
со значениями постоянных n = 6
,
α = β = δ = 1
,
γ = 0
:
.
Здесь мы выполняем преобразование:
.
Отсюда видно, что подынтегральное выражение является рациональной функцией от x
и .
Поэтому принадлежит рассматриваемому типу.
В более общем случае, в подынтегральное выражение может входить любое конечное число корней от одной и той же дробно-линейной функции:
(2)
,
где R
- рациональная функция своих аргументов,
- рациональные числа,
m 1
, n 1
, ..., m s , n s
- целые числа.
Действительно, пусть n
- общий знаменатель чисел r 1 , ..., r s
.
Тогда их можно представить в виде:
,
где k 1
, k 2
, ..., k s
- целые числа. Тогда все входящие в (2)
корни являются степенями от :
,
,
. . . . .
.
То есть все подынтегральное выражение (2)
составлено из x
и корня с помощью конечного числа операций сложения, умножения и деления. Поэтому оно является рациональной функцией от x
и :
.
Интеграл с дробно-линейной иррациональностью
(1)
сводится к интегралу от рациональной функции подстановкой
(3)
.
Извлекаем корень степени n
из обеих частей (3)
:
.
Преобразуем (3)
:
;
;
.
Находим производную:
;
;
.
Дифференциал:
.
Подставляем в (1)
:
.
Отсюда видно, что подынтегральная функция составлена из постоянных и переменной интегрирования t с помощью конечного числа операций сложения (вычитания), умножения (возведения в целочисленную степень) и деления. Поэтому подынтегральное выражение является рациональной функцией от переменной интегрирования. Таким образом, вычисление интеграла свелось к интегрированию рациональной функции. Что и требовалось доказать.
Найти интеграл:
Поскольку в интеграл входят корни от одной и той же (дробно) линейной функции x + 1 , и подынтегральное выражение образовано с помощью операций вычитания и деления, то данный интеграл принадлежит рассматриваемому типу.
Преобразуем подынтегральное выражение, чтобы в него входили корни одной степени:
;
;
.
Делаем подстановку
x + 1
= t 6
.
Берем дифференциал:
d(x + 1)
= dx = (
t 6 )′
dt = 6
t 5
dt
.
Подставляем:
x = t 6 - 1
;
;
;
.
Выделяем целую часть дроби, замечая что
t 6 - 1 =
(t - 1)(t 5
+ t 4
+ t 3
+ t 2
+ t + 1)
.
Тогда
.
,
где .
Найти интеграл
Выделим корень из дробно-линейной функции:
.
Тогда
.
Делаем подстановку
.
Берем дифференциал
.
Находим производную
.
Тогда
.
Далее замечаем, что
.
Подставляем в подынтегральное выражение
.
Использованная литература:
Н.М. Гюнтер, Р.О. Кузьмин, Сборник задач по высшей математике, «Лань», 2003.
Иррациональная функция от переменной - это функция, которая образована из переменной и произвольных постоянных с помощью конечного числа операций сложения, вычитания, умножения (возведения в целочисленную степень), деления и извлечения корней. Иррациональная функция отличается от рациональной тем, что иррациональная функция содержит операции извлечения корней.
Существует три основных типа иррациональных функций, неопределенные интегралы от которых приводятся к интегралам от рациональных функций. Это интегралы, содержащие корни произвольных целочисленных степеней из дробно-линейной функции (корни могут быть различных степеней, но от одной и той же, дробно-линейной функции); интегралы от дифференциального бинома и интегралы с квадратным корнем из квадратного трехчлена.
При вычислении интегралов, содержащих корни, часто встречаются выражения вида , где - некоторая функция от переменной интегрирования . При этом следует иметь в виду, что . То есть, при t > 0 , |t| = t . При t < 0 , |t| = - t . Поэтому, при вычислении подобных интегралов, нужно отдельно рассматривать случаи t > 0 и t < 0 . Это можно сделать, если писать знаки или там, где это необходимо. Подразумевая, что верхний знак относится к случаю t > 0 , а нижний - к случаю t < 0 . При дальнейшем преобразовании, эти знаки, как правило, взаимно сокращаются.
Возможен и второй подход, при котором подынтегральную функцию и результат интегрирования можно рассматривать как комплексные функции от комплексных переменных. Тогда можно не следить за знаками в подкоренных выражениях. Этот подход применим, если подынтегральная функция является аналитической, то есть дифференцируемой функцией от комплексной переменной. В этом случае и подынтегральная функция и интеграл от нее являются многозначными функциями. Поэтому после интегрирования, при подстановке численных значений, нужно выделить однозначную ветвь (риманову поверхность) подынтегральной функции, и для нее выбрать соответствующую ветвь результата интегрирования.
Это интегралы с корнями от одной и той же дробно-линейной функции:
,
где R
- рациональная функция, - рациональные числа, m 1 , n 1 , ..., m s , n s
- целые числа, α, β, γ, δ
- действительные числа.
Такие интегралы сводится к интегралу от рациональной функции подстановкой:
,
где n
- общий знаменатель чисел r 1 , ..., r s
.
Корни могут быть не обязательно от дробно-линейной функции, но и от линейной (γ = 0 , δ = 1 ), или от переменной интегрирования x (α = 1 , β = 0 , γ = 0 , δ = 1 ).
Вот примеры таких интегралов:
,
.
Интегралы от дифференциальных биномов имеют вид:
,
где m, n, p
- рациональные числа, a, b
- действительные числа.
Такие интегралы сводятся к интегралам от рациональных функций в трех случаях.
1)
Если p
- целое. Подстановка x = t N
,
где N
- общий знаменатель дробей m
и n
.
2)
Если - целое. Подстановка a x n + b = t M
,
где M
- знаменатель числа p
.
3)
Если - целое. Подстановка a + b x - n = t M
,
где M
- знаменатель числа p
.
В остальных случаях, такие интегралы не выражаются через элементарные функции.
Иногда такие интегралы можно упростить с помощью формул приведения:
;
.
Такие интегралы имеют вид:
,
где R
- рациональная функция. Для каждого такого интеграла имеется несколько методов решения.
1)
С помощью преобразований привести к более простым интегралам.
2)
Применить тригонометрические или гиперболические подстановки.
3)
Применить подстановки Эйлера.
Рассмотрим эти методы более подробно.
Применяя формулу ,
и выполняя алгебраические преобразования, приводим подынтегральную функцию к виду:
,
где φ(x), ω(x)
- рациональные функции.
Интеграл вида:
,
где P n (x)
- многочлен степени n
.
Такие интегралы находятся методом неопределенных коэффициентов, используя тождество:
.
Дифференцируя это уравнение и приравнивая левую и правую части, находим коэффициенты A i
.
Интеграл вида:
,
где P m (x)
- многочлен степени m
.
Подстановкой t = (x - α) -1
этот интеграл приводится к предыдущему типу. Если m ≥ n
,
то у дроби следует выделить целую часть.
Здесь мы делаем подстановку:
.
После чего интеграл примет вид:
.
Далее, постоянные α, β
нужно выбрать такими, чтобы в знаменателе коэффициенты при t
обратились в нуль:
B = 0, B 1 = 0
.
Тогда интеграл распадается на сумму интегралов двух видов:
,
,
которые интегрируются подстановками:
u 2 = A 1 t 2 + C 1
,
v 2 = A 1 + C 1 t -2
.
Для интегралов вида ,
a > 0
,
имеем три основные подстановки:
;
;
;
Для интегралов ,
a > 0
,
имеем следующие подстановки:
;
;
;
И, наконец, для интегралов ,
a > 0
,
подстановки следующие:
;
;
;
Также интегралы могут быть сведены к интегралам от рациональных функций одной из трех подстановок Эйлера:
, при a > 0
;
, при c > 0
;
, где x 1
- корень уравнения a x 2 + b x + c = 0
.
Если это уравнение имеет действительные корни.
В заключении рассмотрим интегралы вида:
,
где R
- рациональная функция, .
Такие интегралы называются эллиптическими. В общем виде они не выражаются через элементарные функции. Однако встречаются случаи, когда между коэффициентами A, B, C, D, E
существуют соотношения, при которых такие интегралы выражаются через элементарные функции.
Ниже приводится пример, связанный с возвратными многочленами. Вычисление подобных интегралов выполняется с помощью подстановок:
.
Вычислить интеграл:
.
Делаем подстановку .
.
Здесь при x > 0
(u > 0
) берем верхний знак ′+
′. При x < 0
(u < 0
) - нижний ′-
′.
.
Использованная литература:
Н.М. Гюнтер, Р.О. Кузьмин, Сборник задач по высшей математике, «Лань», 2003.
Универсального способа решения иррациональных уравнений нет, так как их класс отличается количеством. В статье будут выделены характерные виды уравнений с подстановкой при помощи метода интегрирования.
Для использования метода непосредственного интегрирования необходимо вычислять неопределенные интегралы типа ∫ k x + b p d x , где p является рациональной дробью, k и b являются действительными коэффициентами.
Пример 1
Найти и вычислить первообразные функции y = 1 3 x - 1 3 .
Решение
По правилу интегрирования необходимо применить формулу ∫ f (k · x + b) d x = 1 k · F (k · x + b) + C , а таблица первообразных говорит о том, что имеется готовое решение данной функции. Получаем, что
∫ d x 3 x - 1 3 = ∫ (3 x - 1) - 1 3 d x = 1 3 · 1 - 1 3 + 1 · (3 x - 1) - 1 3 + 1 + C = = 1 2 (3 x - 1) 2 3 + C
Ответ: ∫ d x 3 x - 1 3 = 1 2 (3 x - 1) 2 3 + C .
Имеют место быть случаи, когда можно использовать метод подведения под знак дифференциала. Это решается по принципу нахождения неопределенных интегралов вида ∫ f " (x) · (f (x)) p d x , когда значение p считается рациональной дробью.
Пример 2
Найти неопределенный интеграл ∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 d x .
Решение
Отметим, что d x 3 + 5 x - 7 = x 3 + 5 x - 7 " d x = (3 x 2 + 5) d x . Тогда необходимо произвести подведение под знак дифференциала с использованием таблиц первообразных. Получаем, что
∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 d x = ∫ (x 3 + 5 x - 7) - 7 6 · (3 x 2 + 5) d x = = ∫ (x 3 + 5 x - 7) - 7 6 d (x 3 + 5 x - 7) = x 3 + 5 x - 7 = z = = ∫ z - 7 6 d z = 1 - 7 6 + 1 z - 7 6 + 1 + C = - 6 z - 1 6 + C = z = x 3 + 5 x - 7 = - 6 (x 3 + 5 x - 7) 6 + C
Ответ: ∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 d x = - 6 (x 3 + 5 x - 7) 6 + C .
Решение неопределенных интегралов предусматривает формулу вида ∫ d x x 2 + p x + q , где p и q являются действительными коэффициентами. Тогда необходимо выделить полный квадрат из-под корня. Получаем, что
x 2 + p x + q = x 2 + p x + p 2 2 - p 2 2 + q = x + p 2 2 + 4 q - p 2 4
Применив формулу, расположенную в таблице неопределенных интегралов, получаем:
∫ d x x 2 ± α = ln x + x 2 ± α + C
Тогда вычисление интеграла производится:
∫ d x x 2 + p x + q = ∫ d x x + p 2 2 + 4 q - p 2 4 = = ln x + p 2 + x + p 2 2 + 4 q - p 2 4 + C = = ln x + p 2 + x 2 + p x + q + C
Пример 3
Найти неопределенный интеграл вида ∫ d x 2 x 2 + 3 x - 1 .
Решение
Для вычисления необходимо вынести число 2 и расположить его перед радикалом:
∫ d x 2 x 2 + 3 x - 1 = ∫ d x 2 x 2 + 3 2 x - 1 2 = 1 2 ∫ d x x 2 + 3 2 x - 1 2
Произвести выделение полного квадрата в подкоренном выражении. Получим, что
x 2 + 3 2 x - 1 2 = x 2 + 3 2 x + 3 4 2 - 3 4 2 - 1 2 = x + 3 4 2 - 17 16
Тогда получаем неопределенный интеграл вида 1 2 ∫ d x x 2 + 3 2 x - 1 2 = 1 2 ∫ d x x + 3 4 2 - 17 16 = = 1 2 ln x + 3 4 + x 2 + 3 2 x - 1 2 + C
Ответ: d x x 2 + 3 x - 1 = 1 2 ln x + 3 4 + x 2 + 3 2 x - 1 2 + C
Интегрирование иррациональных функций производится аналогичным способом. Применимо для функций вида y = 1 - x 2 + p x + q .
Пример 4
Найти неопределенный интеграл ∫ d x - x 2 + 4 x + 5 .
Решение
Для начала необходимо вывести квадрат знаменателя выражения из-под корня.
∫ d x - x 2 + 4 x + 5 = ∫ d x - x 2 - 4 x - 5 = = ∫ d x - x 2 - 4 x + 4 - 4 - 5 = ∫ d x - x - 2 2 - 9 = ∫ d x - (x - 2) 2 + 9
Табличный интеграл имеет вид ∫ d x a 2 - x 2 = a r c sin x a + C , тогда получаем, что ∫ d x - x 2 + 4 x + 5 = ∫ d x - (x - 2) 2 + 9 = a r c sin x - 2 3 + C
Ответ: ∫ d x - x 2 + 4 x + 5 = a r c sin x - 2 3 + C .
Процесс нахождения первообразных иррациональных функций вида y = M x + N x 2 + p x + q , где имеющиеся M , N , p , q являются действительными коэффициентами, причем имеют схожесть с интегрированием простейших дробей третьего типа. Это преобразование имеет несколько этапов:
подведение дифференциала под корень, выделение полного квадрата выражения под корнем, применение табличных формул.
Пример 5
Найти первообразные функции y = x + 2 x 2 - 3 x + 1 .
Решение
Из условия имеем, что d (x 2 - 3 x + 1) = (2 x - 3) d x и x + 2 = 1 2 (2 x - 3) + 7 2 , тогда (x + 2) d x = 1 2 (2 x - 3) + 7 2 d x = 1 2 d (x 2 - 3 x + 1) + 7 2 d x .
Рассчитаем интеграл: ∫ x + 2 x 2 - 3 x + 1 d x = 1 2 ∫ d (x 2 - 3 x + 1) x 2 - 3 x + 1 + 7 2 ∫ d x x 2 - 3 x + 1 = = 1 2 ∫ (x 2 - 3 x + 1) - 1 2 d (x 2 - 3 x + 1) + 7 2 ∫ d x x - 3 2 2 - 5 4 = = 1 2 · 1 - 1 2 + 1 · x 2 - 3 x + 1 - 1 2 + 1 + 7 2 ln x - 3 2 + x - 3 2 - 5 4 + C = = x 2 - 3 x + 1 + 7 2 ln x - 3 2 + x 2 - 3 x + 1 + C
Ответ: ∫ x + 2 x 2 - 3 x + 1 d x = x 2 - 3 x + 1 + 7 2 ln x - 3 2 + x 2 - 3 x + 1 + C .
Поиск неопределенных интегралов функции ∫ x m (a + b x n) p d x осуществляется при помощи метода подстановки.
Для решения необходимо ввести новые переменные:
Найти определенный интеграл ∫ 1 x 2 x - 9 d x .
Решение
Получаем, что ∫ 1 x 2 x - 9 d x = ∫ x - 1 · (- 9 + 2 x 1) - 1 2 d x . Отсюда следует, что m = - 1 , n = 1 , p = - 1 2 , тогда m + 1 n = - 1 + 1 1 = 0 является целым числом. Можно ввести новую переменную вида - 9 + 2 x = z 2 . Необходимо выразить x через z . На выходы получим, что
9 + 2 x = z 2 ⇒ x = z 2 + 9 2 ⇒ d x = z 2 + 9 2 " d z = z d z - 9 + 2 x = z
Необходимо произвести подстановку в заданный интеграл. Имеем, что
∫ d x x 2 x - 9 = ∫ z d z z 2 + 9 2 · z = 2 ∫ d z z 2 + 9 = = 2 3 a r c t g z 3 + C = 2 3 a r c c t g 2 x - 9 3 + C
Ответ: ∫ d x x 2 x - 9 = 2 3 a r c c t g 2 x - 9 3 + C .
Для упрощения решения иррациональных уравнений применяются основные методы интегрирования.
Если вы заметили ошибку в тексте, пожалуйста, выделите её и нажмите Ctrl+Enter
Определение 1
Совокупность всех первообразных заданной функции $y=f(x)$, определенной на некотором отрезке, называется неопределенным интегралом от заданной функции $y=f(x)$. Неопределенный интеграл обозначается символом $\int f(x)dx $.
Замечание
Определение 2 можно записать следующим образом:
\[\int f(x)dx =F(x)+C.\]
Не от всякой иррациональной функции можно выразить интеграл через элементарные функции. Однако большинство таких интегралов с помощью подстановок можно привести к интегралам от рациональных функций, которые можно выразить интеграл через элементарные функции.
$\int R\left(x,x^{m/n} ,...,x^{r/s} \right)dx $;
$\int R\left(x,\left(\frac{ax+b}{cx+d} \right)^{m/n} ,...,\left(\frac{ax+b}{cx+d} \right)^{r/s} \right)dx $;
$\int R\left(x,\sqrt{ax^{2} +bx+c} \right)dx $.
При нахождении интеграла вида $\int R\left(x,x^{m/n} ,...,x^{r/s} \right)dx $ необходимо выполнить следующую подстановку:
При данной подстановке каждая дробная степень переменной $x$ выражается через целую степень переменной $t$. В результате чего подынтегральная функция преобразуется в рациональную функцию от переменной $t$.
Пример 1
Выполнить интегрирование:
\[\int \frac{x^{1/2} dx}{x^{3/4} +1} .\]
Решение:
$k=4$ - общий знаменатель дробей $\frac{1}{2} ,\, \, \frac{3}{4} $.
\ \[\begin{array}{l} {\int \frac{x^{1/2} dx}{x^{3/4} +1} =4\int \frac{t^{2} }{t^{3} +1} \cdot t^{3} dt =4\int \frac{t^{5} }{t^{3} +1} dt =4\int \left(t^{2} -\frac{t^{2} }{t^{3} +1} \right)dt =4\int t^{2} dt -4\int \frac{t^{2} }{t^{3} +1} dt =\frac{4}{3} \cdot t^{3} -} \\ {-\frac{4}{3} \cdot \ln |t^{3} +1|+C} \end{array}\]
\[\int \frac{x^{1/2} dx}{x^{3/4} +1} =\frac{4}{3} \cdot \left+C\]
При нахождении интеграла вида $\int R\left(x,\left(\frac{ax+b}{cx+d} \right)^{m/n} ,...,\left(\frac{ax+b}{cx+d} \right)^{r/s} \right)dx $ необходимо выполнить следующую подстановку:
где $k$ - общий знаменатель дробей $\frac{m}{n} ,...,\frac{r}{s} $.
В результате данной подстановки подынтегральная функция преобразуется в рациональную функцию от переменной $t$.
Пример 2
Выполнить интегрирование:
\[\int \frac{\sqrt{x+4} }{x} dx .\]
Решение:
Сделаем следующую подстановку:
\ \[\int \frac{\sqrt{x+4} }{x} dx =\int \frac{t^{2} }{t^{2} -4} dt =2\int \left(1+\frac{4}{t^{2} -4} \right)dt =2\int dt +8\int \frac{dt}{t^{2} -4} =2t+2\ln \left|\frac{t-2}{t+2} \right|+C\]
Сделав обратную замену, получим окончательный результат:
\[\int \frac{\sqrt{x+4} }{x} dx =2\sqrt{x+4} +2\ln \left|\frac{\sqrt{x+4} -2}{\sqrt{x+4} +2} \right|+C.\]
При нахождении интеграла вида $\int R\left(x,\sqrt{ax^{2} +bx+c} \right)dx $ выполняется так называемая подстановка Эйлера (используется одна из трех возможных подстановок).
Первая подстановка Эйлера
Для случая $a>
Взяв перед $\sqrt{a} $ знак «+», получим
Пример 3
Выполнить интегрирование:
\[\int \frac{dx}{\sqrt{x^{2} +c} } .\]
Решение:
Сделаем следующую подстановку (случай $a=1>0$):
\[\sqrt{x^{2} +c} =-x+t,\, \, x=\frac{t^{2} -c}{2t} ,\, \, dx=\frac{t^{2} +c}{2t^{2} } dt,\, \, \sqrt{x^{2} +c} =-\frac{t^{2} -c}{2t} +t=\frac{t^{2} +c}{2t} .\] \[\int \frac{dx}{\sqrt{x^{2} +c} } =\int \frac{\frac{t^{2} +c}{2t^{2} } dt}{\frac{t^{2} +c}{2t} } =\int \frac{dt}{t} =\ln |t|+C\]
Сделав обратную замену, получим окончательный результат:
\[\int \frac{dx}{\sqrt{x^{2} +c} } =\ln |\sqrt{x^{2} +c} +x|+C.\]
Вторая подстановка Эйлера
Для случая $c>0$ необходимо выполнить следующую подстановку:
Взяв перед $\sqrt{c} $ знак «+», получим
Пример 4
Выполнить интегрирование:
\[\int \frac{(1-\sqrt{1+x+x^{2} })^{2} }{x^{2} \sqrt{1+x+x^{2} } } dx .\]
Решение:
Сделаем следующую подстановку:
\[\sqrt{1+x+x^{2} } =xt+1.\]
\ \[\sqrt{1+x+x^{2} } =xt+1=\frac{t^{2} -t+1}{1-t^{2} } \] \
$\int \frac{(1-\sqrt{1+x+x^{2} })^{2} }{x^{2} \sqrt{1+x+x^{2} } } dx =\int \frac{(-2t^{2} +t)^{2} (1-t)^{2} (1-t^{2})(2t^{2} -2t+2)}{(1-t^{2})^{2} (2t-1)^{2} (t^{2} -t+1)(1-t^{2})^{2} } dt =\int \frac{t^{2} }{1-t^{2} } dt =-2t+\ln \left|\frac{1+t}{1-t} \right|+C$Сделав обратную замену, получим окончательный результат:
\[\begin{array}{l} {\int \frac{(1-\sqrt{1+x+x^{2} })^{2} }{x^{2} \sqrt{1+x+x^{2} } } dx =-2\cdot \frac{\sqrt{1+x+x^{2} } -1}{x} +\ln \left|\frac{x+\sqrt{1+x+x^{2} } -1}{x-\sqrt{1+x+x^{2} } +1} \right|+C=-2\cdot \frac{\sqrt{1+x+x^{2} } -1}{x} +} \\ {+\ln \left|2x+2\sqrt{1+x+x^{2} } +1\right|+C} \end{array}\]
Третья подстановка Эйлера
