Iracionaliųjų funkcijų integravimas (papildomai)

2. Trupmeninių tiesinių iracionalumų integravimas

Šiame skirsnyje įrodysime, kad bet kokios funkcijos

$R(x,\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}})(7.64)$

(a, b, c ir d - realūs skačiai, n - natūrinis skaičius) integralas yra elementarioji funkcija. Tokio tipo funkcijas vadinsime trupmeniniais tiesiniais iracionalumais.

Įsitikinsime, kad (7.64) funkcijos integralas, kai $ad-bc\ne 0$ (jei $ad-bc=0$ tada tai reiškia, kad k(ax+b)=cx+d su tam tikru realiu skaičiumi k), racionalizuojamas keitiniu $t=\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}.$ Iš tikrųjų

$t^n=\frac{ax+b}{cx+d},t^n(cx+d)=ax+b,t^{n}cx-ax=b-d{t}^n,(t^{n}c-a)x=b-d{t}^n,x=\frac{b-d{t}^n}{t^{n}c-a}=\frac{d{t}^n-b}{a-c{t}^n},$

$dx=\frac{dn{t}^{n-1}(a-c{t}^n)-(d{t}^n-b)(-cn{t}^{n-1})}{(a-c{t}^n{)}^2}dt=\frac{(ad-bc)n{t}^{n-1}}{(a-c{t}^n{)}^2}dt.$

Todėl

$\int R(x,\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}})dx=\int R(\frac{d{t}^n-b}{a-c{t}^n},t)\frac{(ad-bc)n{t}^{n-1}}{(a-c{t}^n{)}^2}dt.$

Kadangi racionalioji funkcija, kurios argumentas yra racionalioji funkcija, irgi yra racionalioji funkcija, tai integralas, parašytas paskutinės lygybės dešinėje pusėje yra racionaliosios funkcijos integralas. Vadinasi įrodėme, kad (7.64) trupmeninio tiesinio iracionalumo integralas racionalizuojamas keitiniu $t=\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}.$

Pavyzdžiai.

• Apskaičiuosime integralą $I=\int \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\cdot \frac{dx}{1-x}.$ Pakeitę

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

$dx=\frac{2t(t^2+1)-(t^2-1)2t}{(t^2+1{)}^2}dt=\frac{2t^3+2t-2t^3+2t}{(t^2+1{)}^2}dt=\frac{4tdt}{(t^2+1{)}^2},$

gauname

$I=\int \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\cdot \frac{dx}{1-x}=\int \sqrt{\frac{1+\frac{t^2-1}{t^2+1}}{1-\frac{t^2-1}{t^2+1}}}\cdot \frac{\frac{4tdt}{(t^2+1{)}^2}}{1-\frac{t^2-1}{t^2+1}}=\int \sqrt{\frac{\frac{t^2+1+t^2-1}{t^2+1}}{\frac{t^2+1-(t^2-1)}{t^2+1}}}\cdot \frac{\frac{4tdt}{(t^2+1{)}^2}}{\frac{t^2+1-(t^2-1)}{t^2+1}}=$

$=\int \sqrt{\frac{\frac{2t^2}{t^2+1}}{\frac{2}{t^2+1}}}\cdot \frac{\frac{4tdt}{(t^2+1{)}^2}}{\frac{2}{t^2+1}}=\int \sqrt{\frac{2t^2}{2}}\cdot \frac{2tdt}{t^2+1}=2\int \frac{t^{2}dt}{t^2+1}=2\int dt-2\int \frac{dt}{t^2+1}=2t-2\arctan t+C=$

$=2\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}-2\arctan \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}+C.$

5. Kvadratinių iracionalumų integravimas kitais būdais

Nors Oilerio keitiniais

$R(x,\sqrt{a{x}^2+bx+c})(7.66)$

funkcijos integralas visada racionalizuojamas, bet dažniausiai gaunami labai griozdiški ir sudėtingi reiškiniai. Todėl praktikoje (7.66) funkcija integruojama kitais būdais. Juos ir aptarsime šiame skirsnyje.

Pažymėję $y=\sqrt{a{x}^2+bx+c}$ ir atkreipę dėmesį į tai, kad $y^2$ yra polinomas, (7.66) funkciją galime išreikšti suma

$R(x,y)=R_1(x)+\frac{R_2(x)}{y};$

(vietoje $R_2(x)$ įrašę $y^2$ galime padaryt, kad y būtų skaityklyje; taip pat galime parinkti $R_2(x),$ kad jis būtų aukštesnio laipsnio polinomas nei $y^2$, bet turėtų tas pačias šaknis kaip $y^2$)

čia $R_1(x)$ ir $R_2(x)$ - tam tikros racionalios vieno kintamojo funkcijos. Kadangi funkcijos $R_1(x)$ integralas yra elementarioji funkcija, tai užtenka išnagrinėti kaip apskaičiuojamas funkcijos $\frac{R_2(x)}{y}$ integralas.

Žinome, kad kiekvieną racionaliąją trupmeną $R_2(x)$ galima išreikšti polinomo P(x) ir taisiklingos racionaliosios trupmenos $R_3(x)$ suma. Taisiklingą racionaliąją trupmeną $R_3(x)$ savo ruožtu galima išreikšti paprasčiausių trupmenų suma. Turėdami tai galvoje, galime tvirtinti, kad funkcijos $\frac{R_2(x)}{y}$ integravimas pakeičiamas trijų tipų integralų skaičiavimu:

I. $\int \frac{P(x)}{y}dx,$ kai P(x) - polinomas;

II. $\int \frac{B}{(x-A{)}^{\alpha }y}dx,$ kai A ir B - realieji skaičiai, o $\alpha$ - natūrinis skaičius;

III. $\int \frac{Mx+N}{(x^2+px+q{)}^{\lambda }y}dx,$ kai M, N, p ir q - realieji skaičiai, $\lambda$ - natūrinis skaičius ir, be to, $q-\frac{p^2}{4}>0$ ($x^2+px+q$ neturi realių šaknų).

Visų trijų tipų integralus išnagrinėsime atskirai.

Pirmojo tipo integralas

I. Pirmojo tipo integralui apskaičiuoti pirmiausia išvesime integralo

$\int \frac{x^{m}dx}{y}(m=0,1,2,...)$

rekurentinę formulę. Tarę, kad $m\ge 1,$ suintegruosime diferencijavimu patikrinamą tapatybę:

$(x^{m-1}y{)}^{\prime }=(x^{m-1}\sqrt{a{x}^2+bx+c}{)}^{\prime }=(m-1)x^{m-2}\sqrt{a{x}^2+bx+c}+x^{m-1}\cdot \frac{2ax+b}{2\sqrt{a{x}^2+bx+c}}=$

$=(m-1)x^{m-2}\sqrt{a{x}^2+bx+c}+\frac{a{x}^m}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}+\frac{x^{m-1}b}{2\sqrt{a{x}^2+bx+c}}=(m-1)x^{m-2}\frac{a{x}^2+bx+c}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}+\frac{a{x}^m}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}+\frac{x^{m-1}b}{2\sqrt{a{x}^2+bx+c}}=$

$=(m-1)\frac{a{x}^m}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}+(m-1)\frac{b{x}^{m-1}}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}+(m-1)\frac{c{x}^{m-2}}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}+\frac{a{x}^m}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}+\frac{x^{m-1}b}{2\sqrt{a{x}^2+bx+c}}=$

$=m\frac{a{x}^m}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}+(m-\frac{1}{2})\frac{b{x}^{m-1}}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}+(m-1)\frac{c{x}^{m-2}}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}},$

$(x^{m-1}y{)}^{\prime }=ma\frac{x^m}{y}+(m-\frac{1}{2})b\frac{x^{m-1}}{y}+(m-1)c\frac{x^{m-2}}{y}.$

Suintegravę šią tapatybę panariui, gauname lygybę

$x^{m-1}y=ma{I}_m+(m-\frac{1}{2})b{I}_{m-1}+(m-1)c{I}_{m-2}.(7.69)$

Į (7.69) lygybę įrašę $m=1,$ turime

$x^{1-1}y=1\cdot a{I}_1+(1-\frac{1}{2})b{I}_{1-1}+(1-1)c{I}_{1-2},$

$y=a{I}_1+\frac{1}{2}b{I}_0,$

$y-\frac{1}{2}b{I}_0=a{I}_1,$

$I_1=\frac{y}{a}-\frac{b}{2a}{I}_0.(7.70)$

Į (7.69) lygybę įrašę $m=2$ ir pasinaudoję apskaičiuotąja integralo $I_1$ reikšme (t. y. (7.70) formule), gausime

$x^{2-1}y=2a{I}_2+(2-\frac{1}{2})b{I}_{2-1}+(2-1)c{I}_{2-2},$

$xy=2a{I}_2+\frac{3}{2}b{I}_1+c{I}_0,$

$xy-\frac{3}{2}b{I}_1-c{I}_0=2a{I}_2,$

$I_2=\frac{xy}{2a}-\frac{3b}{4a}{I}_1-\frac{c}{2a}{I}_0,$

$I_2=\frac{xy}{2a}-\frac{3b}{4a}(\frac{y}{a}-\frac{b}{2a}{I}_0)-\frac{c}{2a}{I}_0,$

$I_2=\frac{xy}{2a}-\frac{3by}{4a^2}+\frac{3b^2}{8a^2}{I}_0-\frac{c}{2a}{I}_0,$

$I_2=\frac{1}{4a^2}(2ax-3b)y+\frac{1}{8a^2}(3b^2-4ac)I_0.$

Taip samprotaudami toliau, išvesime bendrąją formulę

$I_m=P_{m-1}(x)y+c_m{I}_0;(7.71)$

čia $P_{m-1}(x)$ - koks nors (m-1)-ojo laipsnio polinomas, o $c_m$ - realusis skaičius.

Jei I tipo integrale P(x) yra n-ojo laipsnio polinomas, tai I tipo integralas bus lygus integralų $I_0,I_1,...,I_n$ su atitinkamais daugikliais (polinomo P(x) koeficientais) sumai. Todėl iš (7.71) lygybės aišku, kad I tipo integralas galutinai apskaičiuojamas pagal tokią formulę:

$\int \frac{P(x)}{y}dx=Q_{n-1}y+C_0\int \frac{dx}{y};(7.72)$

čia $Q_{n-1}(x)$ yra koks nors (n-1)-ojo laipsnio polinomas, o $C_0$ - realusis skaičius. Polinomo $Q_{n-1}(x)$ koeficientus ir skaičių $C_0$ randame neapibrėžtųjų koeficientų metodu. Tam reikalui polinomą $Q_{n-1}(x)$ užrašome su raidiniais koeficientais:

$Q_{n-1}(x)=A_0+A_{1}x+...+A_{n-1}{x}^{n-1}.$

Išdiferencijavę (7.72) lygybę ir diferencijavimo rezultatą padauginę iš y, gauname

$\frac{P(x)}{y}=(Q_{n-1}y{)}^{\prime }+C_0\frac{1}{y},$

$\frac{P(x)}{y}=Q_{n^{\prime }-1}y+Q_{n-1}\frac{2ax+b}{2y}+C_0\frac{1}{y},$

$P(x)=Q_{n^{\prime }-1}(a{x}^2+bx+c)+\frac{1}{2}{Q}_{n-1}(2ax+b)+C_0.(7.73)$

Abiejose tos lygybės pusėse parašyti n-ojo laipsnio polinomai. Palyginę jų koeficientus, sudarome $n+1$ tiesinių lygčių sistemą, iš kurios randame $A_0,A_1,...,A_{n-1}$ ir $C_0.$ Sudarytoji sistema išsprendžiama, nes teisinga išvestoji (7.72) formulė. Lieka tik pridurti, kad iš integralo, parašyto (7.72) lygybės dešinėje pusėje, tiesiniu keitiniu $t=x+\frac{b}{2a}$ gaunamas lentelinis integralas. Naudojantis tuo keitiniu, integralas $\int \frac{dx}{y},$ nekreipiant dėmesio į pastovų daugiklį, pakeičiamas arba integralu

$\int \frac{dt}{\sqrt{t^2\pm k^2}}=\ln |t+\sqrt{t^2\pm k^2}|+C$ ($k=\text{const}>0$),

arba integralu

$\int \frac{dt}{\sqrt{k^2-t^2}}=\arcsin \frac{t}{k}+C.$

Pavyzdys. Apskaičiuosime integralą

$\int \frac{x^3}{\sqrt{1+2x-x^2}}dx.$

(7.72) formulė, pritaikyta pateiktajam integralui, bus šitokia:

$\int \frac{x^3}{\sqrt{1+2x-x^2}}dx=(A_0+A_{1}x+A_2{x}^2)\sqrt{1+2x-x^2}+C_0\int \frac{dx}{\sqrt{1+2x-x^2}}.(7.74)$

Išdiferencijavę abi šios lygybės puses ir rezultatą padauginę iš $\sqrt{1+2x-x^2},$ gausime

$\frac{x^3}{\sqrt{1+2x-x^2}}=(A_1+2A_{2}x)\sqrt{1+2x-x^2}+(A_0+A_{1}x+A_2{x}^2)\frac{2-2x}{2\sqrt{1+2x-x^2}}+C_0\frac{1}{\sqrt{1+2x-x^2}},$

$x^3=(A_1+2A_{2}x)(1+2x-x^2)+(A_0+A_{1}x+A_2{x}^2)(1-x)+C_0.$

Palyginę koeficientus prie $x^3,x^2,x^1$ ir $x^0$ kairėje ir dešinėje pusėje, sudarome lygčių sistemą

$\{\begin{array}{cc}-3A_2=1,& \\ 5A_2-2A_1=0,& \\ 2A_2+3A_1-A_0=0,& \\ A_1+A_0+C_0=0.& \end{array}$

Išsprendę šią sistemą, randame $A_2=-\frac{1}{3},A_1=-\frac{5}{6},A_0=-\frac{19}{6},C_0=4.$ Integralą, parašytą (7.74) lygybės dešinėje pusėje, apskaičiuojame, naudodamiesi keitiniu $t=x-1$:

$\int \frac{dx}{\sqrt{1+2x-x^2}}=\int \frac{dt}{\sqrt{2-t^2}}=\arcsin \frac{t}{\sqrt{2}}+C=\arcsin \frac{x-1}{\sqrt{2}}+C.$

Galutinai

$\int \frac{x^3}{\sqrt{1+2x-x^2}}dx=(-\frac{19}{6}-\frac{5}{6}x-\frac{1}{3}{x}^2)\sqrt{1+2x-x^2}+4\arcsin \frac{x-1}{\sqrt{2}}+C.$

Antrojo tipo integralas

II. Skaičiuosime II tipo integralą. Įsitikinsime, kad iš jo keitiniu $t=\frac{1}{x-A}$ gaunamas I tipo integralas. Iš tikrųjų, kadangi

$x-A=\frac{1}{t},x=\frac{1}{t}+A,$

$dx=-\frac{dt}{t^2},a{x}^2+bx+c=\frac{(A^{2}a+Ab+c)t^2+(2aA+b)t+a}{t^2},$

tai

$\int \frac{B}{(x-A{)}^{\alpha }y}dx=\int \frac{B}{(\frac{1}{t}{)}^{\alpha }\sqrt{\frac{(A^{2}a+Ab+c)t^2+(2aA+b)t+a}{t^2}}}\cdot \frac{-dt}{t^2}=-\int \frac{B{t}^{\alpha }}{\frac{\sqrt{(A^{2}a+Ab+c)t^2+(2aA+b)t+a}}{t}}\cdot \frac{dt}{t^2}=$

$=-\int \frac{B{t}^{\alpha +1}}{\sqrt{(A^{2}a+Ab+c)t^2+(2aA+b)t+a}}\cdot \frac{dt}{t^2}=-\int \frac{B{t}^{\alpha -1}}{\sqrt{(A^{2}a+Ab+c)t^2+(2aA+b)t+a}}dt.$

Trečiojo tipo integralas

III. Aptarsime pagaliau, kaip skaičiuojamas III tipo integralas. Pirmiausia išnagrinėsime, kaip skaičiuoti III tipo integralą tuo atveju, kai $p=0,b=0,$ t. y. integralą

$K=\int \frac{Mx+N}{(x^2+q{)}^{\lambda }\sqrt{a{x}^2+c}}dx.$

Jis yra dviejų integralų

$K_1=M\int \frac{xdx}{(x^2+q{)}^{\lambda }\sqrt{a{x}^2+c}}$ ir $K_2=N\int \frac{dx}{(x^2+q{)}^{\lambda }\sqrt{a{x}^2+c}}$

suma. Pirmąjį iš jų galima užrašyti šitaip:

$K_1=\frac{M}{2}\int \frac{d(x^2)}{(x^2+q{)}^{\lambda }\sqrt{a{x}^2+c}};$

iš čia aišku, kad pointegralinė funkcija yra tiesinis (bet ne kvadratinis) iracionalumas $x^2$ atžvilgiu. Kaip įsitikinome 2 skirsnyje, integralas $K_1$ racionalizuojamas keitiniu $t=\sqrt{a{x}^2+c}.$ Integralą $K_2$ galima užrašyti šitaip (tariame, kad $x\ne 0$):

$K_2=N\int \frac{dx}{(x^2+q{)}^{\lambda }\sqrt{a{x}^2+c}}=N\int \frac{dx}{x^{2\lambda }(1+q\frac{1}{x^2}{)}^{\lambda }x\sqrt{a+c\frac{1}{x^2}}}=N\int \frac{\frac{1}{x^{2\lambda +1}}dx}{(1+q\frac{1}{x^2}{)}^{\lambda }\sqrt{a+c\frac{1}{x^2}}}=$

$=N\int \frac{\frac{1}{x^{2\lambda -2}}\frac{dx}{x^3}}{(1+q\frac{1}{x^2}{)}^{\lambda }\sqrt{a+c\frac{1}{x^2}}}=-\frac{N}{2}\int \frac{\left(\frac{1}{x^2}{)}^{\lambda -1}d\right(\frac{1}{x^2})}{(1+q\frac{1}{x^2}{)}^{\lambda }\sqrt{a+c\frac{1}{x^2}}},$

o iš to aišku, kad pointegralinė funkcija yra tiesinis iracionalumas $\frac{1}{x^2}$ atžvilgiu. Todėl integralas $K_2$ racionalizuojamas keitiniu $r=\sqrt{a+\frac{c}{x^2}}.$ Taigi III tipo integralą racionalizavome atskiru atveju, kai abu kvadratiniai trinariai neturi pirmojo laipsnio narių.

Dabar išnagrinėsime III tipo integralą bendruoju atveju ir įrodysime, kad jį galima pakeisti ką tik ištirtu integralu. Jei kvadratinių trinarių koeficientai yra susieti lygybe

$b=ap,(7.75)$

tai III tipo integralo pakeitimui jau ištirtuoju integralu pakanka keitinio $x=t-\frac{p}{2}.$ Iš tikrųjų

$\int \frac{(Mx+N)dx}{(x^2+px+q{)}^{\lambda }\sqrt{a{x}^2+bx+c}}=\int \frac{Mt+(\frac{-Mp}{2}+N)}{[t^2+(q-\frac{p^2}{4}){]}^{\lambda }\sqrt{a{t}^2+(c-\frac{a{p}^2}{4})}}dt.$

(Iš tikro, vietoje t dešinėje lygybės pusėje įstatę $x+\frac{p}{2},$ gauname pradinį integralą:

$\int \frac{Mt+(\frac{-Mp}{2}+N)}{[t^2+(q-\frac{p^2}{4}){]}^{\lambda }\sqrt{a{t}^2+(c-\frac{a{p}^2}{4})}}dt=\int \frac{M(x+\frac{p}{2})+(\frac{-Mp}{2}+N)}{[(x+\frac{p}{2}{)}^2+(q-\frac{p^2}{4}){]}^{\lambda }\sqrt{a(x+\frac{p}{2}{)}^2+(c-\frac{a{p}^2}{4})}}dx=$

$=\int \frac{Mx+\frac{Mp}{2}+\frac{-Mp}{2}+N}{[x^2+px+\frac{p^2}{4}+(q-\frac{p^2}{4}){]}^{\lambda }\sqrt{a(x^2+px+\frac{p^2}{4})+(c-\frac{a{p}^2}{4})}}dx=\int \frac{Mx+N}{[x^2+px+q{]}^{\lambda }\sqrt{a{x}^2+apx+\frac{a{p}^2}{4}+c-\frac{a{p}^2}{4}}}dx=$

$=\int \frac{Mx+N}{[x^2+px+q{]}^{\lambda }\sqrt{a{x}^2+apx+c}}dx=\int \frac{(Mx+N)dx}{(x^2+px+q{)}^{\lambda }\sqrt{a{x}^2+bx+c}}.$

Nes $b=ap$ ir $dx=d(t-\frac{p}{2})=dt.$)

III tipo integralą sunkiau pakeisti anksčiau ištirtuoju integralu tuo atveju, kai kvadratinių trinarių koeficientai nėra susieti (7.75) lygybe. Tuomet iš pradžių reikia naudotis trupmeniniu tiesiniu keitiniu

$x=\frac{\mu t+\nu }{1+t},(7.76)$

taip pasirinkus koeficientus $\mu$ ir $\nu ,$ kad kvadratiniai trinariai neturėtų pirmojo laipsnio narių t atžvilgiu. Įsitikinsime, kad tokius $\mu$ ir $\nu$ pasirinkti galima. Pasinaudoję (7.76) keitiniu, gauname

$x^2+px+q=\frac{({\mu }^2+p\mu +q)t^2+[2\mu \nu +p(\mu +\nu )+2q]t+({\nu }^2+p\nu +q)}{(1+t{)}^2},$

$a{x}^2+bx+c=\frac{(a{\mu }^2+b\mu +c)t^2+[2\mu \nu a+b(\mu +\nu )+2c]t+(a{\nu }^2+b\nu +c)}{(1+t{)}^2}.$

Vadinasi, koeficientai $\mu$ ir $\nu$ nustatomi iš lygčių sistemos

$\{\begin{array}{cc}2\mu \nu +p(\mu +\nu )+2q=0,& \\ 2\mu \nu a+b(\mu +\nu )+2c=0,& \end{array}$

arba iš jai ekvivalenčios lygčių sistemos

$\{\begin{array}{cc}\mu +\nu =-\frac{2(c-aq)}{b-ap},& \\ \mu \cdot \nu =\frac{cp-bq}{b-ap}.& \end{array}$

(Antroje sistemoje $\mu +\nu$ gavome pirmos sistemos pirmą eilutę padauginę iš (-a) ir sudėję su antra eilute. Tada gaunasi:

$-ap(\mu +\nu )+b(\mu +\nu )-2aq+2c=0,$

$(\mu +\nu )(b-ap)=2aq-2c,$

$\mu +\nu =-\frac{2(c-aq)}{b-ap}.$

Antroje sistemoje $\mu \cdot \nu$ gavome pirmos sistemos pirmą eilutę padauginę iš (-b), o antrą eilutę padauginę iš p ir abi [pirmos sistemos] eilutes sudėję. Po sudeties turime:

$-2\mu \nu b+2\mu \nu ap-2qb+2cp=0,$

$-\mu \nu b+\mu \nu ap-qb+cp=0,$

$(ap-b)\mu \nu =qb-cp,$

$\mu \cdot \nu =\frac{cp-bq}{b-ap}.$)

Taigi $\mu$ ir $\nu$ yra šaknys kvadratinės lygities (pagal Vieto teoremą)

$z^2+\frac{2(c-aq)}{b-ap}z+\frac{cp-bq}{b-ap}=0.(7.77)$

Liko įrodyti, kad ta kvadratinė lygtis turi realias ir skirtingas šaknis ($\mu$ ir $\nu$). Tam reikalui užtenka įsitikinti, kad jos diskriminantas yra teigiamas, t. y. užtenka įrodyti nelygybę

$(\frac{2(c-aq)}{b-ap}{)}^2>4\frac{cp-bq}{b-ap},$

$(c-aq{)}^2>(cp-bq)(b-ap).(7.78)$

Lengva patikrinti, kad (7.78) nelygybė yra ekvivalenti nelygybei

$[2(c+aq)-bp{]}^2>(4q-p^2)(4ac-b^2).(7.79)$

Kadangi kvadratinis trinaris $x^2+px+q$ turi menamas šaknis, tai $4q-p^2>0.$

(7.79) nelygybė tikrai yra teisinga, kai $4ac-b^2<0.$ Įrodysime, kad ji yra teisinga ir tuo atveju, kai $4ac-b^2>0.$ Tuomet $q>0,ac>0$ ir $4\sqrt{acq}>pb$ (nes $4q\cdot 4ac>p^2\cdot b^2$). Todėl, atsižvelgę į tai, kad $\frac{c+aq}{2}\ge \sqrt{acq},$ galėsime rašyti:

$[2(c+aq)-bp{]}^2\ge [4\sqrt{qac}-bp{]}^2=(4q-p^2)(4ac-b^2)+4(p\sqrt{ac}-b\sqrt{q}{)}^2\ge (4q-p^2)(4ac-b^2).$

Parašytoje nelygybių grandinėje yra bent vienas griežtos nelygybės ženklas >, nes pirmasis ženklas $\ge$ virsta $=$ tik tada, kai $c=aq;$ jei $c=aq,$ tai iš nelygybės $b\ne ap$ išplaukia $p\sqrt{ac}-b\sqrt{q}\ne 0,$ todėl antrasis ženklas $\ge$ nevirsta ženklu =. Įrodėme, kad (7.79) nelygybė yra teisinga, t. y. galima pasirinkti tokius $\mu$ ir $\nu ,$ su kuriais gautuosiuose kvadratiniuose trinariuose nėra pirmojo laipsnio narių $t$ atžvilgiu. Panaudojus (7.76) keitinį su tokiais $\mu$ ir $\nu ,$ III tipo integralas pakeičiamas integralu

$\int \frac{P(t)dt}{(t^2+q_1{)}^{\lambda }\sqrt{a_1{t}^2+c_1}};(7.80)$

čia $a_1,c_1$ ir $q_1$ - kokie nors realūs skaičiai, o P(t) yra $(2\lambda -1)$-ojo laipsnio polinomas. Trupmeną (kai $\lambda >1$) $\frac{P(t)dt}{(t^2+q_1{)}^{\lambda }}$ išreiškus paprasčiausių trupmenų suma, vietoj (7.80) integralo užteks apskaičiuoti integralus

$\int \frac{M_{k}t+N_k}{(t^2+q_1{)}^k\sqrt{a_1{t}^2+c_1}}dt(k=1,2,...,\lambda ).$

Tokie integralai buvo anksčiau ištirti. Įrodėme, kad visų trijų I, II ir III tipų integralai yra elementariosios funkcijos. Vadinasi, dar kartą (be Oilerio keitinių) įsitikinome, kad (7.66) funkcijos integralas išreiškiamas elementariosiomis funkcijomis.

Pavyzdys. Apskaičiuosime integralą $I=\int \frac{dx}{(x^2-x+1)\sqrt{x^2+x+1}}.$ Tai III tipo integralas. Kadangi jis netenkina (7.75) sąlygos, tai pirmiausia turime padaryti (7.76) keitinį. Po tokio pakeitimo

$x^2+x+1=\frac{({\mu }^2+\mu +1)t^2+[2\mu \nu +(\mu +\nu )+2]t+({\nu }^2+\nu +1)}{(1+t{)}^2},$

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

Koeficientus $\mu$ ir $\nu$ randame iš lygčių sistemos

$\{\begin{array}{cc}2\mu \nu +(\mu +\nu )+2=0,& \\ 2\mu \nu -(\mu +\nu )+2=0.& \end{array}$

Lengva įsitikinti, kad $\mu =1,\nu =-1$ (gali būti ir priešingai: $\mu =-1,\nu =1$). Vadinasi, (7.76) keitinys yra $x=\frac{t-1}{t+1},$ todėl

$x(t+1)=t-1,xt-t=-x-1,t(1-x)=1+x,$ $t=\frac{x+1}{1-x},$

$dx=\frac{t+1-(t-1)}{(t+1{)}^2}dt=\frac{2dt}{(t+1{)}^2},$

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

$=\frac{(t^2-2t+1)+(t^2-1)+(t^2+2t+1)}{(t+1{)}^2}=\frac{3t^2+1}{(t+1{)}^2},$

$x^2-x+1=\frac{(t^2-2t+1)-(t^2-1)+(t^2+2t+1)}{(t+1{)}^2}=\frac{t^2+3}{(t+1{)}^2}.$

Nagrinėjamasis integralas virsta šitokiu:

$I=\int \frac{dx}{(x^2-x+1)\sqrt{x^2+x+1}}=\int \frac{1}{\frac{t^2+3}{(t+1{)}^2}\sqrt{\frac{3t^2+1}{(t+1{)}^2}}}\cdot \frac{2dt}{(t+1{)}^2}=2\int \frac{1}{(t^2+3)\sqrt{\frac{3t^2+1}{(t+1{)}^2}}}dt=2\int \frac{(t+1)dt}{(t^2+3)\sqrt{3t^2+1}}=I_1+I_2,$

jei

$I_1=2\int \frac{tdt}{(t^2+3)\sqrt{3t^2+1}},I_2=2\int \frac{dt}{(t^2+3)\sqrt{3t^2+1}}.$

Integralui $I_1$ apskaičiuoti naudosime keitinį $u=\sqrt{3t^2+1},$ o integralui $I_2$ - keitinį $v=\sqrt{3+\frac{1}{t^2}}.$

Tada integralui $I_1$ turime:

$u^2=3t^2+1,u^2-1=3t^2,t^2=\frac{u^2-1}{3},$

$d(t^2)=d\left(\frac{u^2-1}{3}\right)=\frac{2u}{3}du$ ir

$I_1=2\int \frac{tdt}{(t^2+3)\sqrt{3t^2+1}}=\frac{2}{2}\int \frac{d(t^2)}{(t^2+3)\sqrt{3t^2+1}}=\int \frac{\frac{2u}{3}du}{(\frac{u^2-1}{3}+3)\cdot u}=\frac{2}{3}\int \frac{du}{\frac{u^2-1}{3}+3}=$

$=\frac{2}{3}\int \frac{du}{\frac{u^2-1+9}{3}}=2\int \frac{du}{u^2+8}=\frac{2}{\sqrt{8}}\arctan \frac{u}{\sqrt{8}}+C=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan \frac{u}{\sqrt{8}}+C=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan \frac{\sqrt{3t^2+1}}{\sqrt{8}}+C=$

$=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan \frac{\sqrt{3(\frac{x+1}{1-x}{)}^2+1}}{\sqrt{8}}+C=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan \frac{\sqrt{\frac{3(x^2+2x+1)}{(1-x{)}^2}+1}}{\sqrt{8}}+C=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan \frac{\sqrt{\frac{3(x^2+2x+1)+1-2x+x^2}{(1-x{)}^2}}}{\sqrt{8}}+C=$

$=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan \sqrt{\frac{4x^2+4x+4}{8(1-x{)}^2}}+C=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan \sqrt{\frac{x^2+x+1}{2(1-x{)}^2}}+C.$

O integralui $I_2$ turime:

$v=\sqrt{3+\frac{1}{t^2}},v^2=3+\frac{1}{t^2},v^2-3=\frac{1}{t^2},$

$d\left(\frac{1}{t^2}\right)=d(v^2-3)=2vdv;$

$I_2=2\int \frac{dt}{(t^2+3)\sqrt{3t^2+1}}=2\int \frac{dt}{t^2(1+3\frac{1}{t^2})t\sqrt{3+\frac{1}{t^2}}}=2\int \frac{\frac{dt}{t^3}}{(1+3\frac{1}{t^2})\sqrt{3+\frac{1}{t^2}}}=-\frac{2}{2}\int \frac{d(\frac{1}{t^2})}{(1+3\frac{1}{t^2})\sqrt{3+\frac{1}{t^2}}}=$

$=-\int \frac{2vdv}{(1+3(v^2-3))\cdot v}=-2\int \frac{vdv}{(1+3v^2-9)\cdot v}=-2\int \frac{dv}{3v^2-8}=-2\int \frac{dv}{3(v^2-\frac{8}{3})}.$

Toliau pasinaudosime racionaliųjų funkcijų angliškos Vikipedijos integralų lentele iš čia: https://en.wikipedia.org/wiki/List_of_integrals_of_rational_functions

Mums prireiks šito integralo:

$\int \frac{1}{x^2-a^2}dx=\frac{1}{2a}\ln \left|\frac{x-a}{x+a}\right|+C=\{\begin{array}{cc}-\frac{1}{a}\mathrm{artanh}\frac{x}{a}+C=\frac{1}{2a}\ln \frac{a-x}{a+x}+C& \text{(for }|x|<|a|\text{)}\\ -\frac{1}{a}\mathrm{arcoth}\frac{x}{a}+C=\frac{1}{2a}\ln \frac{x-a}{x+a}+C& \text{(for }|x|>|a|\text{)}\end{array}$

Tada, kai $|v|<\sqrt{\frac{8}{3}},$ gauname:

$I_2=-\frac{2}{3}\int \frac{dv}{v^2-\frac{8}{3}}=-\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2\sqrt{\frac{8}{3}}}\ln \frac{\sqrt{\frac{8}{3}}-v}{\sqrt{\frac{8}{3}}+v}+C=-\frac{1}{\sqrt{3}\cdot \sqrt{8}}\ln \frac{\sqrt{\frac{8}{3}}-v}{\sqrt{\frac{8}{3}}+v}+C=\frac{1}{2\sqrt{6}}\ln \frac{\sqrt{\frac{8}{3}}+v}{\sqrt{\frac{8}{3}}-v}+C=$

$=\frac{1}{2\sqrt{6}}\ln \frac{\sqrt{\frac{8}{3}}+\sqrt{3+\frac{1}{t^2}}}{\sqrt{\frac{8}{3}}-\sqrt{3+\frac{1}{t^2}}}+C=\frac{1}{2\sqrt{6}}\ln \frac{\sqrt{\frac{8}{3}}+\sqrt{3+\frac{1}{(\frac{x+1}{1-x}{)}^2}}}{\sqrt{\frac{8}{3}}-\sqrt{3+\frac{1}{(\frac{x+1}{1-x}{)}^2}}}+C=\frac{1}{2\sqrt{6}}\ln \frac{\sqrt{\frac{8}{3}}+\sqrt{3+\frac{(1-x{)}^2}{(x+1{)}^2}}}{\sqrt{\frac{8}{3}}-\sqrt{3+\frac{(1-x{)}^2}{(x+1{)}^2}}}+C=$

$=\frac{1}{2\sqrt{6}}\ln \frac{\sqrt{\frac{8}{3}}+\sqrt{\frac{3(x^2+2x+1)+(1-2x+x^2)}{(x+1{)}^2}}}{\sqrt{\frac{8}{3}}-\sqrt{\frac{3x^2+6x+3+(1-2x+x^2)}{(x+1{)}^2}}}+C=\frac{1}{2\sqrt{6}}\ln \frac{\sqrt{\frac{8}{3}}+\sqrt{\frac{4x^2+4x+4}{(x+1{)}^2}}}{\sqrt{\frac{8}{3}}-\sqrt{\frac{4x^2+4x+4}{(x+1{)}^2}}}+C=\frac{1}{2\sqrt{6}}\ln \frac{\sqrt{\frac{8}{3}}+2\sqrt{\frac{x^2+x+1}{(x+1{)}^2}}}{\sqrt{\frac{8}{3}}-2\sqrt{\frac{x^2+x+1}{(x+1{)}^2}}}+C=$

$=\frac{1}{2\sqrt{6}}\ln \frac{2\sqrt{\frac{2}{3}}+2\sqrt{\frac{x^2+x+1}{(x+1{)}^2}}}{2\sqrt{\frac{2}{3}}-2\sqrt{\frac{x^2+x+1}{(x+1{)}^2}}}+C=\frac{1}{2\sqrt{6}}\ln \frac{\sqrt{\frac{2}{3}}+\sqrt{\frac{x^2+x+1}{(x+1{)}^2}}}{\sqrt{\frac{2}{3}}-\sqrt{\frac{x^2+x+1}{(x+1{)}^2}}}+C.$

Tada, kai $|v|>\sqrt{\frac{8}{3}},$ gaunasi (skaičiuojant analogiškai):

$I_2=\frac{1}{2\sqrt{6}}\ln \frac{\sqrt{\frac{x^2+x+1}{(x+1{)}^2}}+\sqrt{\frac{2}{3}}}{\sqrt{\frac{x^2+x+1}{(x+1{)}^2}}-\sqrt{\frac{2}{3}}}+C.$

Na, o [labai seno] vadovelio atsakyme, panašu, kad įsivėlus klaidelė, nes gaunamas toks (truputi kitoks) atsakymas:

$I_2=-2\int \frac{dv}{3v^2-8}=\frac{1}{2\sqrt{6}}\ln \left|\frac{v+\sqrt{\frac{8}{3}}}{v-\sqrt{\frac{8}{3}}}\right|+C=\frac{1}{2\sqrt{6}}\ln \left|\frac{\sqrt{\frac{x^2+x+1}{(x+1{)}^2}}+\sqrt{\frac{8}{3}}}{\sqrt{\frac{x^2+x+1}{(x+1{)}^2}}-\sqrt{\frac{8}{3}}}\right|+C.$

Vadovelio atsakymas skiriasi tuom, kad turi modulio ženklą ir $\sqrt{\frac{8}{3}}$ tam tikrose vietose vietoj $\sqrt{\frac{2}{3}}.$