Тогда получаем следующий результат:
∫	(1 + 3	·	2 + 1 −		3	· 2 + 4)		= + 3 arctg −	3 arctg	2 + .
	1		1		16	1		1	8

10.1.2Метод Остроградского

Интеграл от рациональной дроби (( )) представим в виде

∫	( ) =	1( ) + ∫	2( ) ,
	( )	1( )	2( )

где

1( ) = ( − 1) 1−1 . . . ( − ) −1( 2 + 1 + 1) 1−1 . . . ( 2 + + ) −12( ) = ( − 1) . . . ( − )( 2 + 1 + 1) . . . ( 2 + + ).

Иными словами, ( ) = 1( ) 2( ). Степень многочлена 1( ) на 1 меньше степени 1( ), а степень 2( ) на 1 меньше 2( ). Сами многочлены ищутся с помощью метода неопределенных коэффициентов. Например, рассмотрим следующий пример:

∫		=	2 + +	+ ∫	2 + +	.
	( 3 + 1)2		3 + 1		3 + 1

Продифференцируем обе части равенства

1	=	(2 + )( 3 + 1) − 3 2( 2 + + )	+	2 + +	.
( 3 + 1)2		( 3 + 1)2
				3 + 1

Теперь приведем все к одному знаменателю и приведем подобные слагаемые. Получим

1		=	5 + 4(− + ) + 3(−2 + ) + 2(−3 + ) + (2 + ) + +							.
	( 3 + 1)2
							( 3 + 1)2
Решая систему, находим = 0, = 1					, = 0, = 0, = 0, = 2 . Имеем:
			∫	3	= 3	· 3 + 1		+ 3 ∫	3
				( 3 + 1)2					3 + 1.
					1			2

А последний интеграл уже легко можно взять с помощью метода неопределенных коэффициентов.

Заметим, что чем больше кратность корней знаменателя ( ), тем эффективнее оказывается метод Остроградского в сравнении с методом неопределенных коэффициентов.

10.2 Рационализация интегралов

Основные подстановки, нужные для взятия интегралов некоторых тригонометрических выражений, дробно-линейных и квадратичных иррациональностей, можно найти на странице 107.

Здесь же рассмотрим несколько частных случаев:

168

1. Чтобы вычислить интеграл вида	√ 2 + + ,
∫
		( )

где ( ) — многочлен степени , нужно воспользоваться следующим равенством:

			( )
	∫	√		= −1√ 2 + + + ∫			√
									.
			2 + +					2 + +

Здесь −1( ) — многочлен степени − 1, а — какой-то коэффициент. Дифференцируя данное равенство и пользуясь методом неопределенных коэффициентов, находим −1( )

	и .
	2. Интегралы вида	( − ) √ 2 + +
	∫
	вычисляются при помощи замены		=			1	. В результате нехитрых манипуляций они
					−
	приводятся к такому:	− ∫
						−1
				√				,

2 + +

где = 2 + + , = 2 + и = . А вычисление такого интеграла описано в предыдущем пункте.

3. Теперь вычислим такой интеграл:

∫

( 2 + + ) + 12 .

Обозначим = 2 + + . Легче всего взять приведенный интеграл с помощью подстановки Абеля

√		′		√	+ 2
= ( ) =						,
					2 + +
4 2			= 4 2 + 4 + 2.

Теперь вычтем последнее равенство из умноженного на 4 равенства = 2 + + :

		4	2					2
						4						1
4( − 2) = 4 − 2	= (		−	)	= (		−		)	·			.
		4(	2)				4				(	2)
			−									−

√

Теперь воспользуемся равенством = + 2 . Продифференцируем обе части:

( √ ) = ( + 2)

,

( · √ + (√ )′) = ,

√

2

+ = ,

√

=

.

− 2

169

Теперь все составные части искомого интеграла выражены через , поэтому произведем подстановку:

∫

+

21 = ∫

√

=

(4 − 2 )

∫

( − 2) −1 .

4

4. Наконец рассмотрим интеграл от дифференциального бинома

∫

( + ) .

Здесь , R и , , Q, причем ̸= 0, ̸= 0, ̸= 0, ̸= 0. Теорема Чебышева

утверждает, что данный интеграл может быть приведен к интегрированию рациональной дроби лишь в трех случаях:

— целое. Тогда примем = , где — наименьшее общее кратное знаменателей дробей и .

	+1	— целое. Тогда примем +		=		, где — знаменатель дроби .

+1 + — целое. Тогда примем − + = , где — знаменатель дроби .

Нетрудно убедиться во всех трех случаях, что после подстановок получится рациональная функция.

10.3 Обобщенная формула интегрирования по частям

Пусть функции ( ) и ( ) по ( +1) раз непрерывно дифференцируемы, тогда справедливо:

∫ ∫

( +1) = ( ) − ′ ( −1) + ′′ ( −2) − · · · + (−1) ( ) + (−1) +1 ( +1) .

Особенно выгодно пользоваться этой формулой, когда одним из множителей подынтегральной функции служит целый многочлен. Если ( ) — многочлен степени , то ( +1)( ) = 0, и для интеграла в левой части получается окончательное выражение. Например, читатель может попробовать взять этим методом интеграл ∫ ( 4 − 5 3 + 6 2 + 4 + 1) ch .

10.4 Более нестандартные примеры

							∫			2	{	5	−		2, 1, 2		}	. Имеем:								3
1. Попробуем вычислить интеграл									min
						1,−								2 6 <					1		+ 2,									2 6 < 1
							5			,			< −2									5			−	3		+ 1,	< −2
	2		2					2					−				−					3							−			−
min 5		, 1,			=				,	2				1 <			1			=					+ ,					1		< 1
					∫								6			6						3				3			6		6
{ −				}									−																−
∫						1,				,			1 < 2								+ 3,								1 < 2
						5		−					2 6								5				−	3 + 4,			2 6

Очень важно, что во всех случаях используются разные константы. Дело в том, что если использовать одну и ту же константу , то полученная первообразная будет иметь разрыв в точках −2, −1, 1, 2, чего по определению быть не должно. Теперь нужно выразить все константы через одну таким образом, чтобы получившаяся функция была непрерывна в указанных точках. Иными словами, необходимо, чтобы выполнялось условие ( − 0) =( + 0) во всех подозрительных на разрыв точках . Тогда получаем:

170

(a) При = −2 должно выполняться 5 − 33 + 1 = + 2, т.е. −10 + 83 + 1 = −2 + 2

1 = 2 + 163 .

(b) При = −1, −1 + 2

= −31 + 2 = 32 + 1 = + 6.

(c) При = 1, 31 + = 1 + 3 3 = − 32 .

(d) При = 2, 2 + 3 = 10 − 38 + 4 4 = 3

− 163 = − 6.

Таким образом, получаем следующий результат:

+ 32

+ ,

2 6 < 1

5

−

33

+ 6 + ,

<

−2

2

2

3

−

−

min 5

, 1,

=

+ ,

1

6

< 1

3

{ −

}

−

∫

2

1 6 < 2

+

3 ,

6,

5

−

3−3 +

−

2 6

2. Пусть ( ) — расстояние от до ближайшего целого числа (график этой функции пред-

∫

ставлен ниже). Найдем ( ) .

Пусть — ближайшее к число. Тогда ( ) = | − |, причем −21

+ 6 < 21 + . Но

∫

1

1

= + 2

Z

| − | =

( − )| − |

+ . Как и в предыдущем

примере, необходимо убрать все разрывы.

2

1

, где

. Снова воспользуемся

Подозрительными точками являются все

условием (1

+ 2 − 0)

1= ( + 2 + 0):

1

1

( + 2

− )2 +

2 −

+ =

( +

2 −

− 1)2 +

2

− − 1

+ +1

1

1

1

+ = −

+ +1 +1 =

+

8

8

4

1

2

=

+ −1

=

+ −2

= . . . =

+ 0 =

+ .

4

4

4

4

Осталось лишь избавиться от :

−

1

6 <

1

+

2

2

6 +

1

< + 1

2

].

= [ + 2

1

Итак, получаем

( − [ + 2] ) −

[ + 2]

[ + 2]

1

1

1

( ) =

+

+ .

∫

2

4

171