Изучая метод неопределённых коэффициентов, мы рассмотрели две разновидности множителей знаменателя: (x−a) и (x−a)k. Перейдём к третьему типу: (x2+ax+b). Таким множителям в разложении дроби соответствует слагаемое вида Ax+Bx2+ax+b.
Пример: Демидович, № 1877 Найти интеграл ∫dx(x+1)(x2+1) Разложим 1(x+1)(x2+1)=Ax+1+Bx+Cx2+1=A(x2+1)+(Bx+C)(x+1)(x+1)(x2+1). Приравняем числители A(x2+1)+(Bx+C)(x+1)=1, Ax2+A+Bx2+Bx+Cx+C=1, (A+B)x2+(B+C)x+(A+C)=1. Приравняем коэффициенты при равных степенях слева и справа {A+B=0,B+C=0,A+C=1. Решая эту систему, получим {B=−12,C=12,A=12; тогда 1(x+1)(x2+1)=12x+1+−12x+12x2+1=12[1x+1−x−1x2+1], и подставляя это разложение в интеграл (1), придём к ответу: ∫dx(x+1)(x2+1)=12∫[1x+1−x−1x2+1]dx=12ln|x+1|−14ln|x2+1|+12arctgx+C.
Задание: № 1880, 1882, 1885.
Метод Остроградского может применяться к различным правильным рациональным функциям, но почти неизбежным (все остальные, как правило, гораздо хуже) он становится при появлении в знаменателе множителей четвёртого типа – (x2+ax+b)q, q>1. Согласно этому методу, в этом случае мы представляем исходный интеграл в виде ∫PQdx=SU+∫TVdx (заметьте, что первое слагаемое уже интегрированию не подлежит). Если исходный знаменатель Q разложен на множители так, как описывалось на прошлом занятии: Q=(x−x1)k1…(x−xi)ki(x2+α1x+β1)m1…(x2+αjx+βj)mj, то знаменатели новых дробей конструируются так: U=(x−x1)k1−1…(x−xi)ki−1(x2+α1x+β1)m1−1…(x2+αjx+βj)mj−1 (те же множители в степенях на единицу меньше), V=(x−x1)…(x−xi)(x2+α1x+β1)…(x2+αjx+βj) (те же множители в первой степени). Легко заметить, что при перемножении новых знаменателей UV=Q. Про числители S и T можно первоначально сказать лишь то, что дроби с их участием должны быть правильными, т.е., что их степени как минимум на единицу меньше степеней соостветствующих знаменателей. Это позволяет записать их в общем виде с неизвестными коэффициентами, подставить в (2) и потребовать тождественности последнего равенства, из каковой найти коэффициенты.
Пример: Демидович, № 1893 Найти интеграл ∫dx(x2+1)3. Тут P=1, Q=(x2+1)3. Тогда U=(x2+1)2, а V=(x2+1) и мы можем разложить ∫dx(x2+1)3=S(x2+1)2+∫T(x2+1)dx. Полином S, так как стоит над знаменателем 4-й степени, может быть не более чем 3-й степени и записывается в общем виде так: S=ax3+bx2+cx+d; и по аналогичным соображениям, T=px+q. Итого, ∫dx(x2+1)3=ax3+bx2+cx+d(x2+1)2+∫px+q(x2+1)dx при любом x. Дифференцируя обе части, получим 1(x2+1)3=3ax2+2bx+c(x2+1)2−2ax3+bx2+cx+d(x2+1)32x+px+q(x2+1), домножив дроби до общего знаменателя, получим 1(x2+1)3=(3ax2+2bx+c)(x2+1)(x2+1)3−4xax3+bx2+cx+d(x2+1)3+(px+q)(x2+1)2(x2+1)3, а значит, равны знаменатели: (3ax2+2bx+c)(x2+1)−4x(ax3+bx2+cx+d)+(px+q)(x2+1)2=1. Раскрываем скобки: (3ax4+2bx3+cx2)+(3ax2+2bx+c)−4x(ax3+bx2+cx+d)+(px+q)(x4+2x2+1)=1 (3ax4+2bx3+cx2)+(3ax2+2bx+c)−4ax4−4bx3−4cx2−4dx+(px5+2px3+px)+(qx4+2x2+1)=1 и приравниваем коэффициенты слева и справа при степенях с пятой (старшая) по нулевую (единственная в правой части) {p=0,q−a=0,2p−2b=0,2q−3c+3a=0,p−4d+2b=0,q+c=1. Решая эту систему, получим {a=38b=0c=58d=0p=0q=38, а отсюда ∫dx(x2+1)3=38x3+58x(x2+1)2+∫38(x2+1)dx=183x3+5x(x2+1)2+38arctgx+C.
Задание: № 1894, 1892.