Całkowanie funkcji niewymiernych

Zacznijmy od rozważenia następującej całki:

\( \displaystyle \int\frac{W_n(x)}{\sqrt{px^2+qx+r}}\,dx, \)

gdzie \( \displaystyle W_n \) jest dowolnym wielomianem (stopnia \( \displaystyle n \)). Okazuje się, że istnieje ogólna metoda obliczania tego typu całek. Opiera się ona na twierdzeniu, które mówi, iż mamy następującą równość

\( \displaystyle \int\frac{W_n(x)}{\sqrt{px^2+qx+r}}\,dx \ =\ Q_{n-1}(x)\sqrt{px^2+qx+r} +A\int\frac{dx}{\sqrt{px^2+qx+r}}, \)

gdzie \( \displaystyle Q_{n-1}(x) \) jest wielomianem stopnia \( \displaystyle n-1. \) Współczynniki wielomianu \( \displaystyle Q_{n-1} \) oraz stałą \( \displaystyle \lambda \) znajdujemy, licząc pochodną z obu stron powyższej równości (pamiętamy, że pochodna z całki to funkcja podcałkowa!) i mnożąc potem obie strony przez \( \displaystyle \sqrt{px^2+qx+r}. \) Dostaniemy wtedy:

\( \displaystyle W(x)=Q_{n-1}'(x)(px^2+qx+r)+Q_{n-1}(x)(px+\frac{q}{2})+\lambda, \)

skąd, porównując współczynniki przy odpowiednich potęgach zmiennej \( \displaystyle x, \) znajdujemy współczynniki wielomianu \( \displaystyle Q_{n-1} \) oraz stałą \( \displaystyle \lambda. \)

Pozostaje jeszcze do obliczenia

\( \displaystyle \int\frac{dx}{\sqrt{px^2+qx+r}}, \)

którą przez odpowiednie podstawienie sprowadzamy do jednej z całek

\( \displaystyle \int\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}} \quad\ \) lub \( \quad \int\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} \)

(patrz twierdzenie 13.8.).

Policzymy teraz pewną całkę, którą w przyszłości będziemy wielokrotnie wykorzystywać.

Przykład 13.21.

Policzyć

\( \displaystyle \int\sqrt{R^2-x^2}\,dx, \)

gdzie \( \displaystyle R \) jest stałą dodatnią. Aby użyć metody współczynników nieoznaczonych, zapiszmy

\( \displaystyle \int\frac{R^2-x^2}{\sqrt{R^2-x^2}}\,dx. \)

Wielomian \( \displaystyle R^2-x^2 \) jest stopnia \( \displaystyle 2 \), zatem

\( \displaystyle \int\frac{R^2-x^2}{\sqrt{R^2-x^2}}\,dx \ =\ (ax+b)\sqrt{R^2-x^2}+\lambda\int\frac{1}{\sqrt{R^2-x^2}}\,dx. \)

Stąd

\( \displaystyle R^2-x^2 \ =\ a(R^2-x^2)-x(ax+b)+\lambda=-2ax^2-bx+aR^2+\lambda, \)

skąd dostajemy układ równań

\( \displaystyle -2a=-1,\quad b=0, \quad aR^2+\lambda=R^2, \)

zatem

\( \displaystyle a=\frac{1}{2},\quad b=0, \quad \lambda=\frac{1}{2}R^2. \)

Pozostaje do policzenia \( \displaystyle \int\frac{1}{\sqrt{R^2-x^2}}\,dx. \) Podstawiając \( \displaystyle \frac{x}{R}=t \) (zatem \( \displaystyle \frac{dx}{R}=dt \)), mamy

\( \begin{array}{lll} \displaystyle \int\frac{1}{\sqrt{R^2-x^2}}\,dx & = & \displaystyle \int\frac{\frac{dx}{R}}{\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}}} \\ & = & \displaystyle \int\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}=\arcsin t+c=\arcsin \frac{x}{R} +c. \end{array} \)

Reasumując, mamy

\( \displaystyle \int\sqrt{R^2-x^2}\,dx \ =\ \frac{x}{2}\sqrt{R^2-x^2}+\frac{R^2}{2}\arcsin \frac{x}{R} +c. \)

Kolejne twierdzenie zawiera warunek konieczny i wystarczający istnienia pierwotnej elementarnej dla funkcji postaci \( \displaystyle f(x)=x^r(a+bx^s)^p \) oraz podaje sposób policzenia całki nieoznaczonej, jeśli pierwotna jest funkcją elementarną. Dowód twierdzenia pomijamy.

Twierdzenie 13.22.

Funkcja

\( \displaystyle f(x) \ =\ x^r(a+bx^s)^p, \quad \ \) gdzie \( \ a,b\in\mathbb{R},\ p,r,s\in\mathbb{Q}, \)

ma pierwotną elementarną wtedy i tylko wtedy, gdy zachodzi jeden z przypadków:
(1) \( \displaystyle p\in\mathbb{Z} \) (robimy podstawienie \( \displaystyle x=z^N, \) gdzie \( \displaystyle N \) jest wspólnym mianownikiem ułamków \( \displaystyle r \) i \( \displaystyle s \));
(2) \( \displaystyle \frac{r+1}{s}\in\mathbb{Z} \) (robimy podstawienie \( \displaystyle a+bx^s=z^N, \) gdzie \( \displaystyle N \) jest mianownikiem ułamka \( \displaystyle p \));
(3) \( \displaystyle \frac{r+1}{s}+p\in\mathbb{Z} \) (robimy podstawienie \( \displaystyle ax^{-s}+b=z^N, \) gdzie \( \displaystyle N \) jest mianownikiem ułamka \( \displaystyle p \)).

Przykład 13.23.

Które z funkcji mają pierwotną elementarną? Sprowadzić całki z funkcji, które mają pierwotną elementarną do całek z funkcji wymiernych.
(1) \( \displaystyle f(x)=\sqrt[3]{1+x^2}. \)
(2) \( \displaystyle f(x)=\sqrt[4]{1+x^2}. \)
(3) \( \displaystyle f(x)=\sqrt[3]{1+\sqrt{x^3}}. \)

Rozwiązanie

(1) Funkcja \( \displaystyle f(x)=\sqrt[3]{1+x^2} \) nie ma pierwotnej elementarnej, gdyż \( \displaystyle \frac{1}{3},\frac{0+1}{2},\frac{0+1}{2}+\frac{1}{3}\not\in\mathbb{Z}. \)

(2) Funkcja \( \displaystyle f(x)=\sqrt[4]{1+x^2} \) nie ma pierwotnej elementarnej, gdyż \( \displaystyle \frac{1}{4},\frac{0+1}{2},\frac{0+1}{2}+\frac{1}{4}\not\in\mathbb{Z}. \)

(3) Funkcja \( \displaystyle f(x)=\sqrt[3]{1+\sqrt{x^3}} \) ma pierwotną elementarną, gdyż \( \displaystyle \frac{0+1}{\frac{3}{2}}+\frac{1}{3}=1\in\mathbb{Z}. \)

Wykonujemy podstawienie \( \displaystyle x^{-\frac{3}{2}}+1=z^3. \) Wówczas \( \displaystyle x=\frac{1}{(z^3-1)^{\frac{2}{3}}}, \) czyli \( \displaystyle dx=\frac{-2z^2}{(z^3-1)^{\frac{5}{3}}}\,dz. \) Dokonując tego podstawienia, mamy

\( \displaystyle \int \sqrt[3]{1+\sqrt{x^3}}\,dx \ =\ \int\frac{z}{\sqrt[3]{z^3-1}}\cdot\frac{-2z^2}{(z^3-1)^{\frac{5}{3}}}\,dz \ =\ \int\frac{-2z^3}{(z^3-1)^2}\,dz \ =\ \int\frac{-2z^3}{(z-1)^2(z^2+z+1)^2}\,dz. \)

Uwaga 13.24. [Podstawienia Eulera]

Do policzenia całki postaci

\( \displaystyle \int R\big(x,\sqrt{ax^2+bx+c}\big)\,dx, \) gdzie \( \displaystyle R=R(x,\xi) \) jest funkcją wymierną, \( \displaystyle a,b,c\in\mathbb{R},a\ne 0 \) można zastosować następujące podstawienia (tak zwane podstawienia Eulera):

Niech \( \displaystyle a>0. \) Podstawiamy

\( \displaystyle \sqrt{ax^2+bx+c}=t-\sqrt{a}x. \)

Niech \( \displaystyle c>0. \) Podstawiamy

\( \displaystyle \sqrt{ax^2+bx+c}=xt+\sqrt{c}. \)

Niech trójmian kwadratowy ma dwa różne pierwiastki \( \displaystyle \mu,\lambda, \) to znaczy \( \displaystyle ax^2+bx+c=a(x-\lambda)(x-\mu). \) Podstawiamy

\( \displaystyle \sqrt{ax^2+bx+c}=t(x-\lambda). \)

Przykład 13.25.

Całkę

\( \displaystyle \int\frac{\,dx}{x+\sqrt{x^2-x+1}} \)

sprowadzimy do całki z funkcji wymiernej, stosując pierwsze podstawienie Eulera. Podstawiamy

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

skąd

\( \displaystyle x \ =\ \frac{t^2-1}{2t-1} \)

oraz

\( \displaystyle dx \ =\ \frac{2t^2-2t+2}{(2t-1)^2}\,dt. \) Podstawiając, dostajemy

\( \displaystyle \int\frac{\,dx}{x+\sqrt{x^2-x+1}}=2\int\frac{t^2-t+1}{t(2t-1)^2}\,dt, \)

czyli całkę z funkcji wymiernej, którą już umiemy policzyć.

Teraz tę samą całkę \( \displaystyle \int\frac{\,dx}{x+\sqrt{x^2-x+1}} \) sprowadzimy do całki z funkcji wymiernej, używając drugiego podstawienia Eulera. Podstawiamy

\( \displaystyle \sqrt{x^2-x+1}=tx-1, \)

skąd

\( \displaystyle x \ =\ \frac{1-2t}{1-t^2} \quad dx=-2\frac{t^2-t+1}{(1-t^2)^2}\,dt. \)

Podstawiając, dostajemy

\( \displaystyle \int\frac{\,dx}{x+\sqrt{x^2-x+1}} \ =\ -2\int\frac{t^2-t+1}{t(t-1)(t+1)^2}\,dt, \)

czyli też całkę z funkcji wymiernej - co prawda nieco bardziej skomplikowaną niż poprzednia.