Подстановки Эйлера. Интегрирование квадратичных иррациональностей с помощью первой подстановки Эйлера.

В этой теме мы рассмотрим вычисление неопределённых интегралов с помощью подстановок Эйлера. На данной странице размещены примеры использования первой подстановки Эйлера, а второй и третьей подстановкам посвящена вторая часть темы.

Начнём с постановки задачи. Задана некая рациональная функция от \(\displaystyle{x}\) и \(\displaystyle{\sqrt{ax^2+bx+c}}\), т.е. \(\displaystyle{R\left(x, \sqrt{ax^2+bx+c}\right)}\). Требуется найти неопределённый интеграл этой функции, т.е. \(\displaystyle{\int R\left(x, \sqrt{ax^2+bx+c}\right)dx}\).

Как выглядит \(\displaystyle{R\left(x, \sqrt{ax^2+bx+c}\right)}\)?

Под рациональной функцией (рациональной дробью) понимают отношение двух многочленов любого количества переменных. Пример рациональной функции переменных \(\displaystyle{u}\) и \(\displaystyle{v}\): \(\displaystyle{R(u,v)=\frac{4u^2v-v^3+2}{5u^3-9u^5v^9+7v}}\).

Рациональная дробь от \(\displaystyle{x}\) и \(\displaystyle{\sqrt{ax^2+bx+c}}\) может содержать лишь выражения вида \(\displaystyle{a_1\cdot\ x^{a_2}\cdot\left(\sqrt{ax^2+bx+c}\right)^{a_3}}\), где \(\displaystyle{a_1}\) – любое действительное число, \(\displaystyle{a_2}\) и \(\displaystyle{a_3}\) – неотрицательные целые числа. Например,

\[ R\left(x, \sqrt{3x^2+x+1}\right) =\frac{5x^2+4x\cdot \sqrt{3x^2+x+1}}{2\left(\sqrt{3x^2+x+1}\right)^5+8x^8-1} \]

Суть подстановок Эйлера сводится к трём правилам:

Если \(\displaystyle{a\gt{0}}\), то полагаем \(\displaystyle{\sqrt{ax^2+bx+c}=\pm \sqrt{a}\;x+t}\).
Если \(\displaystyle{c\gt{0}}\), то полагаем \(\displaystyle{\sqrt{ax^2+bx+c}=xt\pm \sqrt{c}}\).
Если многочлен \(\displaystyle{ax^2+bx+c}\) имеет действительные корни \(\displaystyle{x_1}\) и \(\displaystyle{x_2}\), то допустимы такие подстановки:
\[ \sqrt{ax^2+bx+c}=t(x-x_1);\\ \sqrt{ax^2+bx+c}=t(x-x_2). \]

Использование символа "\(\displaystyle{\pm}\)" означает, что решающий вправе взять любой знак (плюс или минус) – на своё усмотрение. Например, если \(\displaystyle{a\gt{0}}\), то можно принять \(\displaystyle{\sqrt{ax^2+bx+c}=-\sqrt{a}\,x+t}\), а можно взять \(\displaystyle{\sqrt{ax^2+bx+c}=\sqrt{a}\,x+t}\).

Стоит отметить, что применение одной подстановки Эйлера не исключает другую. Например, для корня \(\displaystyle{\sqrt{5x^2+2x+100}}\) можно использовать как первую подстановку (ибо \(\displaystyle{5 \gt {0}}\)), так и вторую (так как \(\displaystyle{100 \gt {0}}\)).

Подстановки Эйлера часто приводят к громоздким преобразованиям, поэтому их в основном применяют тогда, когда вычислить интеграл иным способом уже не удаётся.

Задача №1

Условие

Найти \(\displaystyle{\int\frac{dx}{\sqrt{4x^2+12x+15}}}\).

Решение

Подынтегральная функция \(\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{4x^2+12x+15}}}\) является рациональной функцией от \(\displaystyle{\sqrt{4x^2+12x+15}}\), посему можем использовать подстановки Эйлера. Так как коэффициент перед \(\displaystyle{x^2}\) больше нуля, то используем первую подстановку Эйлера. В записи первой подстановки участвует знак "\(\displaystyle{\pm}\)", означающий, что можно избрать как "+", так и "–". Выберем знак "минус".

\[ \sqrt{4x^2+12x+15}=-\sqrt{4}\cdot x+t;\\ \sqrt{4x^2+12x+15}=-2x+t. \]

Выразим \(\displaystyle{x}\) через \(\displaystyle{t}\). Возведём в квадрат обе части последнего равенства:

\[ \left( \sqrt{4x^2+12x+15}\right)^2 =(-2x+t)^2;\\ 4x^2+12x+15 =4x^2-4xt+t^2;\\ 12x+15=-4xt+t^2;\; 12x+4xt=t^2-15;\; x(12+4t)=t^2-15; \;\; x=\frac{t^2-15}{4t+12}. \]

Вспоминая, что согласно сделанной замене имеем \(\displaystyle{\sqrt{4x^2+12x+15}=-2x+t}\), мы получим следующее:

\[ \sqrt{4x^2+12x+15} =-2x+t =-2\cdot\frac{t^2-15}{4t+12}+t=\\ =\frac{-2t^2+30}{4t+12}+\frac{t(4t+12)}{4t+12} =\frac{2t^2+12t+30}{4t+12} =\frac{1}{2}\cdot\frac{t^2+6t+15}{t+3}. \]

Последним элементом, подлежащим замене, является \(\displaystyle{dx}\). Так как \(\displaystyle{dx=x'dt}\), то

\[ dx=\left(\frac{t^2-15}{4t+12}\right)'dt =\frac{1}{4}\cdot\left(\frac{t^2-15}{t+3}\right)'dt =\frac{1}{4}\cdot\frac{2t\cdot(t+3)-(t^2-15)\cdot 1}{(t+3)^2}dt =\frac{1}{4}\cdot\frac{t^2+6t+15}{(t+3)^2}dt \]

Подводя итоги, запишем полученные результаты замен для корня и \(\displaystyle{dx}\):

\[ \sqrt{4x^2+12x+15}=\frac{1}{2}\cdot\frac{t^2+6t+15}{t+3};\; dx=\frac{1}{4}\cdot\frac{t^2+6t+15}{(t+3)^2}dt. \]

Осуществим замену в исходном интеграле, подставляя в него полученные выражения:

\[ \int\frac{dx}{\sqrt{4x^2+12x+15}} =\int\frac{\frac{1}{4}\cdot\frac{t^2+6t+15}{(t+3)^2}dt}{\frac{1}{2}\cdot\frac{t^2+6t+15}{t+3}} =\frac{1}{2}\cdot\int\frac{dt}{t+3} =\frac{1}{2}\cdot\int\frac{d(t+3)}{t+3} =\frac{1}{2}\ln|t+3|+C \]

Вспоминая, что \(\displaystyle{t=\sqrt{4x^2+12x+15}+2x}\), получим:

\[ \frac{1}{2}\ln|t+3|+C =\frac{1}{2}\ln\left|\sqrt{4x^2+12x+15}+2x+3\right|+C \]

Кстати сказать, этот же пример можно решить гораздо быстрее, применяя готовую формулу №10 из таблицы неопределенных интегралов. Подогнать заданный интеграл под формулу №10 несложно – нужно всего лишь выделить квадрат в подкоренном выражении:

\[ \int\frac{dx}{\sqrt{4x^2+12x+15}} =\int\frac{dx}{\sqrt{(2x+3)^2+6}} =\frac{1}{2}\int\frac{d(2x+3)}{\sqrt{(2x+3)^2+6}} =\frac{1}{2}\ln\left|2x+3+\sqrt{4x^2+12x+15}\right|+C \]

Это наглядная иллюстрация к вопросу о громоздкости подстановок Эйлера. К слову, выражение под модулем положительно, поэтому знак модуля можно убрать.

Почему можно убрать модуль?

Выражение под знаком модуля имеет такую структуру: \(\displaystyle{\sqrt{u^2+6}+u}\), где \(\displaystyle{u=2x+3}\).

\[ \sqrt{u^2+6}\gt\sqrt{u^2}=|u|\ge{-u} \]

Исходя из неравенства \(\displaystyle{\sqrt{u^2+6}\gt{-u}}\) имеем \(\displaystyle{\sqrt{u^2+6}+u\gt{0}}\). Это значит, что

\[ \left|\sqrt{u^2+6}+u \right| =\sqrt{u^2+6}+u. \]

Ответ:

\(\displaystyle{\frac{1}{2}\ln\left(2x+3+\sqrt{4x^2+12x+15}\right)+C}\).

Задача №2

Условие

Найти \(\displaystyle{\int\frac{dx}{x+\sqrt{x^2+x+1}}}\).

Решение

Подынтегральная функция \(\displaystyle{\frac{1}{x+\sqrt{x^2+x+1}}}\) является рациональной функцией от \(\displaystyle{\sqrt{x^2+x+1}}\) и \(\displaystyle{x}\), посему можем использовать подстановки Эйлера. Так как коэффициент перед \(\displaystyle{x^2}\) больше нуля (т.е. \(\displaystyle{1\gt{0}}\)), то используем первую подстановку Эйлера. В записи первой подстановки участвует знак "\(\displaystyle{\pm}\)", означающий, что можно избрать как "+", так и "–". В предыдущей задаче был избран знак "минус", посему сугубо для разнообразия используем знак "плюс":

\[ \sqrt{x^2+x+1} =\sqrt{1}\cdot x+t;\\ \sqrt{x^2+x+1}=x+t. \]

Вновь, как и в предыдущей задаче, возводим обе части полученного равенства в квадрат и выражаем переменную \(\displaystyle{x}\) через \(\displaystyle{t}\):

\[ \left( \sqrt{x^2+x+1}\right)^2 =(x+t)^2;\\ x^2+x+1 =x^2+2xt+t^2;\\ x-2xt=t^2-1; \; x(1-2t)=t^2-1; \; x=\frac{t^2-1}{1-2t}. \]

Теперь выразим корень \(\displaystyle{\sqrt{x^2+x+1}}\) через \(\displaystyle{t}\). Также найдём \(\displaystyle{dx}\):

\[ \sqrt{x^2+x+1} =x+t =\frac{t^2-1}{1-2t}+t =\frac{t^2-1+t(1-2t)}{1-2t} =\frac{-t^2+t-1}{1-2t}\\ dx =\left(\frac{t^2-1}{1-2t}\right)'dt =\frac{2t(1-2t)-(t^2-1)\cdot(-2)}{(1-2t)^2}dt =\frac{-2t^2+2t-2}{(1-2t)^2}dt \]

Подставляя выражения для \(\displaystyle{x}\) и \(\displaystyle{\sqrt{x^2+x+1}}\) и \(\displaystyle{dx}\) в исходный интеграл, будем иметь:

\[ \int\frac{dx}{x+\sqrt{x^2+x+1}} =\int\frac{\frac{-2t^2+2t-2}{(1-2t)^2}dt}{\frac{t^2-1}{1-2t}+\frac{-t^2+t-1}{1-2t}}=\\ =\int\frac{(-2t^2+2t-2)dt}{(1-2t)^2\cdot\left(\frac{t^2-1}{1-2t}+\frac{-t^2+t-1}{1-2t}\right)} =\int\frac{(-2t^2+2t-2)dt}{(1-2t)\cdot(t^2-1+(-t^2+t-1))} =\int\frac{(-2t^2+2t-2)dt}{(1-2t)(t-2)} \]

Под интегралом мы получили рациональную функцию от переменной \(\displaystyle{t}\). Однако эта рациональная дробь является неправильной, ибо степень многочлена в числителе (т.е. 2) не меньше степени многочлена в знаменателе (которая тоже равна 2). Выделим правильную дробь:

\[ \frac{-2t^2+2t-2}{(1-2t)(t-2)} =\frac{-2t^2+2t-2}{-2t^2+5t-2} =\frac{2t^2-2t+2}{2t^2-5t+2}=\\ =\frac{2t^2-5t+2+3t}{2t^2-5t+2} =\frac{2t^2-5t+2}{2t^2-5t+2}+\frac{3t}{2t^2-5t+2} =1+\frac{3t}{2t^2-5t+2} \]

Теперь разложим дробь \(\displaystyle{\frac{3t}{2t^2-5t+2}}\) на элементарные. Как это делается, подробно расписано тут.

\[ \frac{3t}{2t^2-5t+2} =\frac{\frac{3}{2}t}{\left(t-\frac{1}{2}\right)(t-2)}=\\ =\frac{A}{t-\frac{1}{2}}+\frac{B}{t-2} =\frac{A(t-2)+B\left(t-\frac{1}{2}\right)}{\left(t-\frac{1}{2}\right)(t-2)} \]

\[ \frac{3}{2}t=A(t-2)+B\left(t-\frac{1}{2}\right)\\ \begin{aligned} & t=\frac{1}{2} \Rightarrow \frac{3}{4}=A\cdot\left(-\frac{3}{2} \right);\; A=-\frac{1}{2}.\\ & t=2 \Rightarrow 3=B\cdot \frac{3}{2}; \; B=2. \end{aligned} \]

\[ \frac{\frac{3}{2}t}{\left(t-\frac{1}{2}\right)(t-2)} =\frac{-\frac{1}{2}}{t-\frac{1}{2}}+\frac{2}{t-2} =-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{t-\frac{1}{2}}+\frac{2}{t-2} \]

Окончательно для подынтегральной дроби получим:

\[ \frac{-2t^2+2t-2}{(1-2t)(t-2)} =1+\frac{3t}{2t^2-5t+2} =1-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{t-\frac{1}{2}}+\frac{2}{t-2} \]

Возвращаясь к нашему интегралу, будем иметь:

\[ \int\frac{(-2t^2+2t-2)dt}{(1-2t)(t-2)} =\int\left(1-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{t-\frac{1}{2}}+\frac{2}{t-2}\right)dt =t-\frac{1}{2}\ln\left|t-\frac{1}{2}\right|+2\ln|t-2|+C \]

Вспоминая, что \(\displaystyle{t=\sqrt{x^2+x+1}-x}\), получим:

\[ t-\frac{1}{2}\ln\left|t-\frac{1}{2}\right|+2\ln|t-2|+C=\\ =\sqrt{x^2+x+1}-x-\frac{1}{2}\ln\left|\sqrt{x^2+x+1}-x-\frac{1}{2}\right|+2\ln\left|\sqrt{x^2+x+1}-x-2\right|+C. \]

Ответ:

\(\displaystyle{\sqrt{x^2+x+1}-x-\frac{1}{2}\ln\left|\sqrt{x^2+x+1}-x-\frac{1}{2}\right|+2\ln\left|\sqrt{x^2+x+1}-x-2\right|+C}\).

Задача №3

Условие

Найти \(\displaystyle{\int\frac{dx}{x^2\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)}}\).

Решение

Подынтегральная функция \(\displaystyle{\frac{1}{x^2\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)}}\) является рациональной функцией от \(\displaystyle{\sqrt{x^2+1}}\) и \(\displaystyle{x}\). Так как коэффициент перед \(\displaystyle{x^2}\) под корнем больше нуля (т.е. \(\displaystyle{1 \gt {0}}\)), то используем первую подстановку Эйлера:

\[ \sqrt{x^2+1} =-\sqrt{1}\cdot{x}+t;\\ \sqrt{x^2+1}=-x+t. \]

Подробные пояснения были даные ранее, посему тут укажу решение практически без комментариев. Я бы советовал эту задачу решить читателю самостоятельно, лишь сверяя своё решение с изложенным ниже.

\[ \left(\sqrt{x^2+1} \right)^2 =(-x+t)^2;\\ x^2+1=x^2-2xt+t^2;\; 2xt=t^2-1;\; x=\frac{t^2-1}{2t}.\\ \sqrt{x^2+1} =-x+t =-\frac{t^2-1}{2t}+t =\frac{t^2+1}{2t};\\ dx =\left( \frac{t^2-1}{2t}\right)'dt =\frac{t^2+1}{2t^2}dt. \]

Подставляя полученные выражения в исходный интеграл, будем иметь:

\[ \int\frac{dx}{x^2\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)} =\int\frac{\frac{t^2+1}{2t^2}dt}{\left(\frac{t^2-1}{2t}\right)^2\left(\frac{t^2-1}{2t}+\frac{t^2+1}{2t}\right)} =\int\frac{2t^2+2}{t\left(t^2-1\right)^2}dt =\int\frac{2t^2+2}{t(t-1)^2(t+1)^2}dt \]

\[ \frac{2t^2+2}{t(t-1)^2(t+1)^2} =\frac{A_1}{t}+\frac{A_2}{t-1}+\frac{A_3}{(t-1)^2}+\frac{A_4}{t+1}+\frac{A_5}{(t+1)^2}=\\ =\frac{A_1(t-1)^2(t+1)^2+A_2t(t-1)(t+1)^2+A_3t(t+1)^2+A_4t(t+1)(t-1)^2+A_5t(t-1)^2}{t(t-1)^2(t+1)^2} \]

\[ 2t^2+2 =A_1(t-1)^2(t+1)^2+A_2t(t-1)(t+1)^2+A_3t(t+1)^2+A_4t(t+1)(t-1)^2+A_5t(t-1)^2 \]

\[ \begin{aligned} & t=-1 \Rightarrow 4=(-4)A_5; \; A_5=-1.\\ & t=0 \Rightarrow 2=A_1\cdot{1}; \; A_1=2.\\ & t=1 \Rightarrow 4=4A_3; \; A_3=1. \end{aligned} \]

"Хорошие" подстановки закончились. Подставим просто пару чисел, например, \(\displaystyle{t=2}\) и \(\displaystyle{t=-2}\):

\[ \begin{aligned} & t=2 \Rightarrow 10=9A_1+18A_2+18A_3+6A_4+2A_5;\\ & t=-2 \Rightarrow 10=9A_1+6A_2-2A_3+18A_4-18A_5. \end{aligned} \]

Так как \(\displaystyle{A_1=2}\), \(\displaystyle{A_3=1}\), \(\displaystyle{A_5=-1}\), то получим:

\[ \left \{ \begin{aligned} & 18A_2+6A_4+34=10;\\ & 6A_2+18A_4+34=10. \end{aligned} \right. \Leftrightarrow \left \{ \begin{aligned} & 3A_2+A_4=-4;\\ & A_2+3A_4=-4. \end{aligned} \right. \Leftrightarrow \left \{ \begin{aligned} & A_2=-1;\\ & A_4=-1. \end{aligned} \right. \]

\[ \frac{2t^2+2}{t(t-1)^2(t+1)^2} =\frac{2}{t}-\frac{1}{t-1}+\frac{1}{(t-1)^2}-\frac{1}{t+1}-\frac{1}{(t+1)^2}. \]

Переходя к интегралу, будем иметь:

\[ \int\frac{2t^2+2}{t(t-1)^2(t+1)^2}dt =\int\left(\frac{2}{t}-\frac{1}{t-1}+\frac{1}{(t-1)^2}-\frac{1}{t+1}-\frac{1}{(t+1)^2}\right)dt=\\ =2\ln|t|-\ln|t-1|-\frac{1}{t-1}-\ln|t+1|+\frac{1}{t+1}+C. \]

В принципе, уже сейчас можно подставить \(\displaystyle{t=\sqrt{x^2+1}+x}\) и получить готовый ответ. Однако с целью небольшого упрощения формы ответа, сделаем кое-какие преобразования перед подстановкой:

\[ 2\ln|t|-\ln|t-1|-\frac{1}{t-1}-\ln|t+1|+\frac{1}{t+1}+C =\ln\left|t^2\right|-(\ln|t-1|+\ln|t+1|)+\frac{1}{t+1}-\frac{1}{t-1}+C=\\ =\ln\left|t^2\right|-\ln\left|t^2-1\right|-\frac{2}{t^2-1}+C=\ln\left|\frac{t^2}{t^2-1}\right| - \frac{2}{t^2-1}+C=\\ =\ln\left|\frac{\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)^2}{2x^2+2x\sqrt{x^2+1}}\right| - \frac{1}{x^2+x\sqrt{x^2+1}}+C =\ln\left|\frac{x+\sqrt{x^2+1}}{2x}\right| - \frac{1}{x^2+x\sqrt{x^2+1}}+C. \]

Полученное выражение несколько проще по сравнению с тем, что мы получили бы, если бы сразу, без преобразований, подставили \(\displaystyle{t=\sqrt{x^2+1}+x}\). Ответ был бы тоже верным, но более громоздким.

Ответ:

\(\displaystyle{\ln\left|\frac{x+\sqrt{x^2+1}}{2x}\right| - \frac{1}{x^2+x\sqrt{x^2+1}}+C}\).

Задачи на применение второй и третьей подстановок Эйлера рассмотрены во второй части.