Интегриране на ирационални функции

Вие четете тези материали благодарение на проф. Михаил Константинов(зам. декан в УАСГ, виден математик и общественик)

В тази глава ще разгледаме интегрирането на някои ирационални функции. По принцип интегрирането на такива функции води до неелементарни трансцендентни функции. Все пак, в редица случаи интегралите от ирационални функции могат да се изразят в елементарни функции, или пък в т.н. елиптични функции, които са добре изучени (някои автори дори причисляват елиптичните функции към елементарните).

6.1 Интеграли, които се решават в елементарни функции

В този раздел с R(.) означаваме рационален израз на съответните променливи, например

R(х,у) = P(x,y)⁄Q(x,y)

където Р и Q са полиноми на две променливи:

Р(х,у) = p_αβx^αy^β = p₀₀ + p₁₀x + p₀₁y + p₂₀x² +p₀₂y² + (p₁₂+p₂₁)xy +...

Q(x, y) = q_αβx^αy^β = q₀₀ + q₁₀x + q₀₁y + q₂₀x² + q₀₂y² + (q₁₂ + q₂₁)xy +...

Аналогично се дефинира рационален израз R(x, y,..., z) на три и повече променливи.

6.1.1 Интеграли, съдържащи ирационалности от дробнолинеен израз

Интегралите от вида

където а ≠ bc и m_i , n_i са цели числа, се свеждат до интеграли от рационални функции с помощта на полагането

където nе най-малкото общо кратно на знаменателитеn₁,...,n_s. Пример 25 Да разгледаме интеграла

Имаме s = 1, р₁ = 1/2 и следователно полагаме

1 - х⁄1 + x = t²

Оттук

x = 1 - t²⁄1 + t²

След заместване в първоначалния интеграл получаваме

Частен случай на интеграли от този тип е интегралът

∫ R(x,x^m₁⁄n₁,...,x^m_s⁄n_s)dx

съответстващ на случая a = 1, b = с = d = 0. Той се рационализира с полагането х = tⁿ.

Пример 26 В интеграла

полагаме х = t⁶ , откъдето dx = 6t⁵

F(x) = 6∫(t³dt)/(1 + t) = 6∫(t² - t + 1 - 1/(t + 1))dt =
t³/3 - t²/2 + t - ln(t + 1) =

6.1.2 Интеграли, съдържащи квадратична ирационалност от квадратен двучлен

1. В интегралите от вида

полагаме

х = a cos t, dx = -a sin t dt

или

x = a sin z, dx = a cos z dz

след което те се свеждат до интеграли от рационални изрази на тригонометрични функции:

F(x) = -a ∫ R(a cos t, a sin t) sin t dt

или

F(x) = a ∫ R(a sin z, a cos z)cos z dz.

Интегралите от рационални изрази от тригонометрични функции са разгледани в раздел 8.1.

Пример 27 В интеграла

F(x) = ∫ √a² - x² dx

полагаме х = a sin t, dx = a cos t dt, откъдето = a cos t

F(x) = a² ∫ cos²t dt = a² ∫ (1 + cos²t)/2 dt = a²/2 t + a²/4 sin 2t = a²/2 arcsin x/a + x/2 √a² - x².

Понякога такива интеграли се взимат непросредствено или no метода на неявната функция (раздел 4.4).

Пример 28 За интеграла от пример 27 имаме

F(x) =

Оттук определяме

2. В интегралите от вида

полагаме

х = a tan t, dx = a dt⁄ cos² t

или

x = a sinh z, dx = a cosh z dz

след което те се свеждат до интеграли от рационални изрази на тригонометрични функции

F(x) = a ∫ R (a tan t, a/cost) dt/cos²t

или на хиперболични функции

Интегралите от рационални изрази от тригонометрични функции са разгледани в раздел 8.1, а интегралите от рационални изрази на хиперболични функции се рационализират лесно, например чрез полагането

u = е , dz = du⁄u

тъи като тогава

cosh z = u² + 1⁄2u, sinh z = u² - 1⁄2u

(вж. също раздел 8.2)

Пример 29 В интеграла

полагаме х = tant, dx = dt/cos² t, откъдето

Използва се и полагането

при което интегралът се рационализира предвид на зависимостите

x = a⁄2 t²-1⁄t,dx = a⁄2 (1 + 1⁄t²)dt,

Такива интеграли се взимат и непросредствено или по метода на неявната функция (раздел 4.4). 3. В интегралите от вида

полагаме

или

х = a cosh z, dx = a sinh z dz

след което те се свеждат до интеграли от рационални изрази на тригонометрични функции

F(x) = a ∫ R(a⁄cos t , a tan t)tan t d t⁄cos t

или на хиперболични функции

F(x) = a ∫ R(a cosh z, a sinh z)sinh z dz

Интегралите от рационални изрази от тригонометрични функции са разгледани в раздели 8.1, а интегралите от рационални изрази на хиперболични функции се рационализират лесно (вж. т. 2 от настоящия раздел). Пример 30 В интеграла

F(x) = ∫ (x²-1)^3⁄2dx

полагаме х = coshz, dx = sinhzdz, откъдето

F(x) = ∫ sinh⁴zdz=sinh4z⁄32 - sinh2z⁄4 + 3x⁄8 =

Такива интеграли се взимат и непросредствено или по метода на неявната функция (раздел 4.4).

6.1.3 Интеграли, съдържащи квадратична ирационалност от квадратен тричлен

Интегралите от вида

могат да се решат по различни начини (предполага се, че а ≠ 0 и b² ≠ 4аc, тъй като в противен случай интегралите от този тип се рационализират непосредствено). 1. Ако b = 0, a < 0 и с > 0, то

, A² = -c ⁄a >0

и интегралът се свежда до разгледания в т. 1 на раздел 7.1.2.

2. Ако b = 0, a > 0 и с > 0, то

, В² = c⁄a > 0

и интегралът се свежда до интеграла от т. 2 на раздел 7.1.2.

3. Ако b = 0, a > 0 и с < 0, то

, ² = -c⁄a >0

и интегралът се свежда до случая от т. 3 на раздел 7.1.2.

4. Ако b ≠ 0 полагаме

x = t - b⁄2a

при което интегралът се свежда до

d = c - b²⁄4a

и може да се реши както в някой от случаите 1-3 по-горе.

5. Освен по предложените в т. 1-4 начини, интегралът може да се рационализира чрез едно от следните три полагания, предложени от Л. Ойлер (швейцарски математик, 1707-1783):

5.1 Ако a > 0, то

5.2 Ако с> 0, то

= xt ± √c.

5.3 Ако полиномът ax² + bx + с има реални нули а и β то √ax² + bx + c = √a(x - α)(x - β) = t(x - α)

В случаите 5.1-5.3 основното (субституционно) равенство първо се повдига на квадрат, откъдето се определя х чрез t и после dx ce изразява чрез t и dt.

Пример 31 В интеграла

полагаме

откъдето след повдигане в квадрат получаваме

x = (t² - 3)/4(t+1)), dx = (t² + 2t +3)/4(1+t)²)

и !!!формула!!!

Като вземем предвид израза за t окончателно получаваме

6. Полаганията на Ойлер понякога водят до тежки изрази и е възможно непосредственото решаване на интеграла (евентуално с техниката, предложена в раздел 6.1.2) да се окаже по-ефективно.

Пример 32 Интегралът

чрез отделяне на пълен квадрат (както в т. 4) посредством полагането х = t - b⁄(2а) се свежда до някои от последните три таблични интеграла на стр. 20. Пример 33 В интеграла

отделяме в числителя производната на квадратния тричлен:

Решаването на последния интеграл беше разгледано в пример 32.

7. Един друг подход за решаване на интеграла F(x) ce основава на следната идея. Да положим

Тъй като четните степени на у са полиноми:

у^2к = (ax² + bx + c)^kа нечетните имат вида

y^2k+1 = (ax² + bx + c)^ky

то рационалният израз R(x, у) може да се представи като сума от четири събираеми:

1) рационален израз R₁(x).

2) израз от вида

R₂(x,y) = G(x)⁄y

където G е полином.

3) сума от членове от вида

R₃(x,y) = A⁄(x - r)^ky

4) сума от членове от вида

R₄(x,y) = Bx + C⁄(x² + px + q)^ly

Така търсеният интеграл

F(x) = ∫ R(x,y(x))dx

се представя като сума от съответните четири събираеми. За всеки от тези случаи постъпваме както следва. 1) Интегралът

∫ R₁(x)dx

се получава съгласно резултатите от раздел 6. 2) Интегралът

∫ R₂(x,y(x))dy

се представя във вида

където Н е полином, чиято степен е с единица по-малка от тази на полинома G, a λ е константа. След диференциране на последното равенство с отчитане на зависимостта

y(x) = 2ax + b⁄2y(x)

получаваме

G(x)/y(x) = Н'(х)у(х) + Н(х)у'(х) + λ/y(x)

Р(х) = Н'(х)(ах² + bх + с)+ Н(х)(ах + b/2) + λ.

От това равенство по метода на неопределените коефициенти получаваме линейна алгебрична система за коефициентите на полинома Н и за константата λ. 3) Интегралът

с помощта на полагането

t = 1⁄x - r

се свежда до случай 2). Действително, нека за определеност х > с, т.е. t > 0. Имаме

dx = - dt⁄t², 1⁄(x - r)^k = t^k

; M = ar² + br + c, N = 2ar + b. Оттук

4) Интегралът

ce решава по-трудно. Да разгледаме първо случая, когато тричленът ах² + bх + с се отличава от х² + рх + q само с постоянен множител, т.е.

ах² + bх + с = а(х² + рх + q)

което е равносилно на b = ар, с = aq. Тогава след полагане

търсеният интеграл се свежда до

Последният интеграл се решава със субституцията на Абел (норвежки математик, 1802-1829)

∫ (Bx + C/z^{2l + 1}(x))dx = (B/(2l - 1)z^{2l - 1}(x)) + (C - Bp/2) ∫ (dx/z^{2l + 1}(x))

която го свежда до интеграл от полином

В общия случай условията b = ар, с = aq не са изпълнени. Да предположим първо, че b = р = 0, с ≠ aq. Тогава имаме интеграла

където

Предпоследният интеграл чрез полагането

ах² + с = t², axdx = tdt се свежда до

(вж. раздел 7.1.4)

За намиране на G(x) полагаме (раздел 7.1.4)

^С ,9

a + c⁄x² = t²

откъдето след някои пресмятания свеждаме интеграла до

Ако коефициентите b и р са различни от нула, но b = ар, то

полагаме

x = t - p⁄2

и свеждаме интеграла до разгледания по-горе:

където

C₁ = C - Bp⁄2

q₁= q - p²⁄4

c₁ = c - ap²⁄4

Остава най-сложният случай когато b ≠ ар. Тук с помощта

на смяната

x = μt + v⁄t + 1

анулираме линейните членове в числителите на преобразува-

ните квадратни тричлени. Имаме

ax²+bx + c = a₀t²+b₀t + c₀⁄(1 + t)²

x² + px + q = r₀x² + p₀x + q₀⁄(1 + t)²

където

a₀ = aμ², + bμ + c

b₀ = 2aμv + b(μ + v) + 2c

c₀ = av²+bv + c

r₀ = μ² +pμ + q

p₀ = 2μv + р(μ + v) + 2q

q₀ = v² +pv + q.

От условията bo = 0, po = 0 получаваме система от квадратни уравнения за μ и v:

2aμu + b(μ + v) + 2c = 0 2μv + р(μ + v) + 2q = 0

която е еквивалентна на системата

μ + v = 2(aq - c/b - ap)

μv = (cp - bq/b - ap)

Следователно μ и v ca корените z_1,2 на квадратното уравнение

z²- 2(aq - c/b - ap)z + (cp - bq/b - ap) = 0

Ще отбележим попътно, че направената субституция има смисъл само ако корените z₁ = μ и z₂ = v ca реални и различ-ни. Следователно дискриминантата на квадратното уравнение трябва да е положителна:

Оттук

(с - aq) > (ср - bq)(b - ар).

Последното неравенство е еквивалентно на следното квадратно неравенство относно параметъра с:

S(c) = c² - (2aq + p(b - ар))с + a²q² + bq(b - ap) > 0.

Дискриминантата на тричлена S e

D = (2aq+p(b-ap))² - 4(a²q² + bq(b - ap)) = (b - ap)²(p² - 4q).

По предположение b ≠ ap. От друга страна полиномът х² + px + q има комплексни нули и следователно р² - 4q < 0. Ho това означава, че D < 0, т.е. неравенството S(c) > 0 е изпълнено за всяко с. Така доказахме, че квадратното уравнение за μ и v има реални и различни корени

μ, v = aq - c ± √S(c)⁄b - ap

C така определените константи μ, и v интегралът

чрез дробно-линейната смяна х = (μt + v)/(t + 1) се записва като

6.1.4 Интеграли от биномен диференциал

Интегралът

където m,n и р = r⁄s са рационални числа (числата r и s ca цели), се нарича интеграл от биномен диференциал. Руският математик Чебишов (1821-1894) е доказал, че този интеграл се взима в елементарни функции само в един от следните три случая:

1. Числото р е цяло. Тук, ако р > 0, разкриваме скобите и извършваме интегрирането непосредствено. Ако р < 0, полагаме х = t^k, където k е общият знаменател на дробите m и n. След това освобождаваме подинтегралния израз от иррационалности (ако има такива).

Пример 34 В интеграла

имаме m = 1⁄2, n = 1⁄3 и р = -2. Полагаме х = t⁶, откъдето dx = 6t⁵ dt и

F(x) =

Тъй като

то окончателно получаваме

F(x) = 6x^5⁄6-4x^1⁄2+18x^1/6+ 3x^1⁄6⁄1 + x^1⁄3 -21arctanx^1⁄6

2. Числото

m + 1⁄n

е цяло. В този случай полагаме a + bxⁿ= t^s

Пример 35 В интеграла

имаме m = -1⁄2, n = 1⁄4, р = 1⁄3 и

m + 1⁄n = -1⁄2 + 1⁄1⁄4 = 2

Следователно можем да положим

t³ = 1 + x^1⁄4

откъдето

х = (t³ - 1)⁴, dx = 12t²(t³ - 1)dt

F(x) = 12 ∫ (t⁶-t³)dt = 12t⁷⁄7 -3t⁴ = 3⁄7(...?)

3. Числото

m + 1⁄n + p

e цяло. Полагането, което рационализира интеграла, тук е

ах^-n + b = t^s.

Последната зависимост се записва и като a + bxⁿ = t^sxⁿ. Пример 36 В интеграла

имаме m = 0, n = 4 и р = -1⁄4, като числото

m + 1⁄n + p = 0 + 1⁄4 -1⁄4 = 0

е цяло. Затова полагаме

t⁴ = 1 + x⁴

откъдето

4t³dt = -4x^-5dx, и

6.2 Елиптични интеграли

6.2.1 Елиптични интеграли и привеждането им в стандартна форма

Нека

Р(х) = p₀ + p₁x + p₂x² + p₃x³ + p₄x⁴

е полином от степен 3 или 4.

Безуспешните опити да се решат в общия случай в елементарни функции интегралите

довели в началото на XIX в. до хипотезата, че това принципно е невъзможно. Скоро след това с усилията на най-добрите математици от онази епоха, между които Лиувил (френски математик, 1809-1882), Абел и Льожандр (френски математик, 1752-1833), тази невъзможност била доказана. Функциите, определени с помощта на такива интеграли, били наречени елиптични (една от причините е, че дължината на елипсата се изразява с подобен интеграл).

Нека R(x,y) е рационален израз на променливите х,у. Да разгледаме интеграла

В общия случай ще предполагаме, че полиномът Р е поне от трета степен и няма кратни нули (в противен случай интегралът се рационализира както в раздел 7.1). В действителност даже можем да считаме, че Р е от четвърта степен и няма кратни нули. Действително, ако Р е от трета степен, той има поне една реална нула х = 7 и може да се представи като

Р(х) = (х - γ)(ax² + bх + с) = (х - γ)S(x), а≠0.

Да положим х = γ ± t², където знакът + се взима при х > γ, a

знакът - се взима при х < γ Тогава

dx = ±2t dt, √P(x) ==t√T(t).

Следователно

където Т е полином от четвърта степен, съдържащ само четните степени на t.

Може да се покаже (вж. например упражнение 4 в раздел 7.4), че елиптичният интеграл се изразява чрез един от трите интеграла

наречени съответно (стандартни) елиптични интеграли от първи, втори и трети род, където 0 < k < 1.

Посредством полагането t = sin ψ (0 < ψ < ψ⁄2) за последните три интеграла получаваме

Съответните примитивни, които се анулират при нулева стойност на аргумента φ , се означават както следва

Те са табулирани за различни стойности на параметрите k (наречен модул на елиптичния интеграл) и h и на аргумента φ още от Льожандр.

Общата смяна, която води от първоначалните елиптични интеграли до стандартните елиптични интеграли от първи, втори и трети род има вида

където константите A, B, C, D ce определят в зависимост от вида на нулите на полинома Р, вж. например [2, 7].

6.2.2 Интеграли, които се свеждат до елиптични

Някои интеграли от вида

където k > 2 и/или Q е полином от степен deg Q > 4, с помощта на остроумни полагания х = g(t) могат да се сведат до елиптични интеграли:

F(x) = G(t) = G(γ(x))

G(t)= ∫ R₁(t, √P(t))dt

където Р е полином от степен 3 или 4, γ e обратната функция на функцията g и R₁(t, r) e рационален израз. 1. Интегралът

чрез смяната

x² = 1⁄1 + t²

се свежда до

2. В интеграла

полагаме t = х² и получаваме

Следващите няколко полагания наистина са майсторски.

3. Полагането

свежда интеграла

до

където

S(t) = 2a(4t³ - 3t) + 2b(2t² - 1) + 2ct + d. 4. Аналогично на случай 3, в интеграла

полагаме

което го свежда до

където

T(t) = 2a(2t² - 1) + 2bt + с.

5. Интегралът

се решава с полагането (сравнете с раздел 7.1.4)

t⁴ = ax⁴ + 2bx² + с което води до

6.3 Псевдоелиптични интеграли

В някои изключителни случаи интегралите от вида

където Р е полином от трета или четвърта степен, могат да се изразят чрез елементарни функции. Такива интеграли се наричат псевдоелиптични.

1. Нека функцията ƒ₁ удовлетворява условието

ƒ₁(x) = -ƒ₁(1⁄k²x)

например

ƒ₁(x) = 1⁄x - k²x

Тогава интегралът

се рационализира чрез полагането

2. Ако функцията f₂ удовлетворява условието

интегралът

се рационализира чрез полагането

(вж. също упр. 8).

6.4 Абелеви интеграли

Функцията h : J ->Rсе нарича алгебрична, ако Q(x,h(x)) = 0, х ∈ J, където Q е полином. С други думи, за всяко х ∈ J величината у = h(x) удовлетворява алгебрично уравнение от вида

P_n(х)уⁿ + Р_n-1(x)у^n-1 + .... + P₁(x)y + P₀(x) = 0

където P_k (k = 0,1,..., n) са полиноми. В този случай интегралът

се нарича абелев в чест на норвежкия математик Абел.

Множеството от точки (х,у) , удовлетворяващи уравнението Q(x,y) = 0, се нарича алгебрична крива. Алгебричните криви са обект на изучаване в алгебричната геометрия - вероятно най-важната в момента математическа област.

Алгебричната крива се нарича рационална, ако съществуват рационални субституции

x = R₁(t), y = R₂(t)

такива че

Q(R₁(t),R₂(t))=0.

В този случай абелевият интеграл се рационализира: F(x) = ∫ R(R₁(t),R₂(t))R'₁(t)dt

и се решава в елементарни функции (естествено, абелевият интеграл може да се рационализира и чрез субституции, които не са рационални).

От особено значение е случаят, когато Q(x,y) = уⁿ - Р(х), т.е. уⁿ = Р(х) и

Да разгледаме основните случаи.

1. Ако n = 2 и deg P = 2 имаме

и интегралът се рационализира със субституциите на Ойлер (т. 5 на раздел 7.1.3).

2. n = 2 и deg P = 3,4 имаме елиптичен интеграл стига само полиномът Р да няма кратни нули.

3. n = 2 и deg P > 4 интегралът се нарича хиперелиптичен. В някои частни случаи хиперелиптичните интеграли се свеждат до елиптични (т. 1-4 на раздел 7.2.2).

4. При n > 2 абелевите интеграли също се свеждат до елиптични в отделни случаи (вж. т. 5 на раздел 7.2.2 и упр. 6 от раздел 7.5).

6.5 Упражнения

1. Пресметнете интеграла

като предварително представите подинтегралния израз във ви-

да

2. Пресметнете интеграла

чрез две от субституциите на Ойлер и по метода, разгледан в т. 7 на раздел 7.1.3. Кой способ е най-икономичен?

3. Пресметнете интеграла

чрез подходящата субституция на Чебишов (раздел 7.1.4). 4. Да означим

където n = 0, ±1, ±2,... и

Р(х) = p₄x⁴ + p₃x³ + p₂x² + p₁x + p₀ = r₄(x - r)⁴ + r₃(x - r)³+ r₂(x - r)²+r₁(x - r ) + r₀

Покажете, че I_n(х) може да се пресметне чрез рекурентната формула

(2n - 2)r₄I_n(х) + (2n - 3)r₃I_n-1(x) + (2n-4)r₂I_n-2(x) + (2n - 5)r₁I_n-3(x) + (2n - 6)r₀I_n-4(x) = 2(х-r)^n-3√Р(х), n>3

където интегралите I₁(x), I₀(x), I₁(x), I₂(x) ce приемат за зададени.

Напишете изразите за първите три интеграла I₁ (х), I₀ (х) , I₁ (х) и изразете I₂(x) чрез тях.

5. Трансформирайте интеграла

в елиптичен чрез подходящо полагане като използвате резултата от т. 4 на раздел 7.2.2. 6. Чрез полагането

t² = c²x² + 2bcx + b²

преобразувайте интеграла

в елиптичен. Аналогичен резултат е в сила и за интеграла

7. Покажете, че ако функцията ƒ₃ удовлетворява условието

то интегралът

се рационализира чрез полагането

8. Дайте пример за функция ƒ₃, удовлетворяваща съотношението от упражнение 7.

Авторът на math10.com благодари на проф. Константинов за разрешението да публикува учебника: "Интеграли" на страниците на сайта

Редактирай страницата
Направи нова страница
Изпратете материали(програми), свързани с математиката на: