Вычислить (обещаный многострадальный) интеграл ∫x−√x2+3x+2x+√x2+3x+2dx
При ближайшем рассмотрении оказалось, что относительно просто решается этот интеграл при замене типа 1а: √x2+3x+2=x+z (до этого я пытался взять −x+z) Тогда z=√x2+3x+2−x. Отсюда x2+3x+2=x2+2xz+z2, 3x−2xz=z2−2, x=z2−23−2z, dx=2z(3−2z)+2(z2−2)(3−2z)2dz=6z−4z2+2z2−4(3−2z)2dz=−2z2−3z+2(3−2z)2dz=−2(z−2)(z−1)(3−2z)2dz. Подставим полученное выше в исходный интеграл и упрощаем что можем: ∫x−√x2+3x+2x+√x2+3x+2dx=−2∫x−(x+z)x+x+z(z−2)(z−1)(3−2z)2dz=2∫z2x+z(z−2)(z−1)(3−2z)2dz= =2∫z2z2−23−2z+z(z−2)(z−1)(3−2z)2dz=2∫z2z2−23−2z(3−2z)+z(3−2z)(z−2)(z−1)(3−2z)dz= =2∫z3z−4(z−2)(z−1)(3−2z)dz=−2∫z(z−2)(z−1)(3z−4)(2z−3)dz. Знаменатель получается квадратичный, что хорошо. Но дробь неправильная, и нужно сначала делить: z(z−2)(z−1)(3z−4)(2z−3)=z3−3z2+2z6z2−17z+12=166z3−18z2+12z6z2−17z+12=16(z−16−1617z−12(3z−4)(2z−3)), и уже потом раскладывать правильную: 17z−12(3z−4)(2z−3)=A3z−4+B2z−3=A(2z−3)+B(3z−4)(3z−4)(2z−3). Приравниваем числители: 17z−12=A(2z−3)+B(3z−4)=2Az−3A+3Bz−4B=(2A+3B)z−3A−4B Приравниваем коэффициенты: {2A+3B=17−3A−4B=−12{2A+3B=173A+4B=12|⋅(−1)← A+B=−5 B=27,A=−5−B=−32 Подставляем A и B в разложение: 17z−12(3z−4)(2z−3)=−323z−4+272z−3, тогда всё подынтегральное выражение раскладывается так: z(z−2)(z−1)(3z−4)(2z−3)=16[z−16−16(−323z−4+272z−3)]=16z−136+1983z−4−1432z−3. Отсюда становится ясно, что делать с исходным интегралом ∫x−√x2+3x+2x+√x2+3x+2dx=−2∫z(z−2)(z−1)(3z−4)(2z−3)dz=−2∫(16z−136+8913z−4−3412z−3)dz= =−16z2+118z−1627ln|3z−4|+34ln|2z−3|+C= =−16(√x2+3x+2−x)2+118(√x2+3x+2−x)−1627ln|3(√x2+3x+2−x)−4|+34ln|2(√x2+3x+2−x)−3|+C.
