Odmocninová substituce IV.
Úloha číslo: 1509
Určete pomocí Eulerovy substituce
\[I=\int\sqrt{\frac{x+1}{x}}dx\]Motivace
Často se nám při řešení integrálů stává, že jsme nuceni integrovat výrazy obsahující jednu či více odmocnin.
Nejpoužívanější metodou pro vypořádání se z odmocninami při integraci je právě odmocninová nebo Eulerova substituce.
Dalšími užívanými metodami jsou ve speciálních případech například goniometrické substituce (Goniometrické substituce 1.) nebo substituce hyperbolické (Hyperbolická substituce).
V této úloze si předvedeme jednu ze základních odmocninových substitucí.
substituce
Máme-li integrovat výraz typu
\[I=\int \sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}dx\]zavádíme přímo substituci
\[t^n=\frac{ax+b}{cx+d}\]Mějme ovšem na paměti, že v tomto případě je integrovaný výraz proměnné \(x\) převáděn na integrovaný výraz proměnné \(t\), stejně jako tomu bylo v případě obyčejných substitucí (Substituce).
Substituce
Pomocí vhodně zvolené substituce odstraňte odmocninu v integrovaném výrazu.
Integrace
Vhodně zvolenou integrační metodou substituovaný integrál proměnné \(t\) vyřešte.
Řešení
V souladu s motivačním textem úlohy určujeme substituci jako
\[t^n=\frac{ax+b}{cx+d}\]konkrétně v našem případě
\[t^2=\frac{x+2}{x+1}\]kde \(n=2\), neboť stupeň odmocniny je dva.
Abychom od integrálu proměnné \(x\) přešli k integrálu proměnné \(t\) je třeba dále vyjádřit derivaci \(x\) podle proměnné \(t\), což uděláme následovně
\[t^2=\frac{x+1}{x}\]obě strany přenásobíme \(x \), čímž obdržíme
\[t^2x={x+1}\]roznásobíme a separujeme proměnné
\[t^2x=x+1\] \[t^2x-x=1\] \[x(t^2-1)=1\] \[x=\frac{1}{t^2-1}\]následnou derivací \(x\) podle \(t\) pak získáváme
\[dx=\frac{0-(2t)}{(t^2-1)^2}dt=\] \[=\frac{-2t}{(t^2-1)^2}dt\]Získané dosadíme do původního výrazu, čímž získáme
\[I=\int\sqrt{\frac{x+1}{x}}dx=\int t \frac{-2t}{(t^2-1)^2}dt=\] \[=-2\int \frac{t^2}{(t^2-1)^2}dt\]Substitucí jsme získali
\[=-2\int \frac{t^2}{(t^2-1)^2}dt\]jde o lomenou polynomiální funkci, integrál proto budeme řešit metodami osvojenými z úlohy Integrace lomené racionální funkce I..
Stupeň polynomu ve jmenovateli je o dva vyšší než stupeň polynomu v čitateli, proto přeskočíme krok dělení polynomů a přejdeme rovnou k rozkladu na parciální zlomky.
Zlomek nejprve lehce upravíme patrným rozkladem na součinový tvar polynomu ve jmenovateli s využitím vzorce \(A^2-B^2=(A-B)(A+B)\) jako
\[\frac{t^2}{(t^2-1)^2}=\frac{t^2}{((t-1)(t+1))^2}\]dále přejdeme k rozkladu na parciální zlomky, jehož obecná podoba bude následovná
\[\frac{t^2}{((t-1)(t+1))^2}= \frac{A}{t-1}+\frac{B}{t+1}+\frac{C}{(t-1)^2}+\frac{D}{(t+1)^2} \]pro konkrétní podobu rozkladu na parciální zlomky užijeme metodu porovnávání koeficientů, obě strany rovnice tedy nejprve přenásobíme výrazem \(((t-1)(t+1))^2\)
\[{t^2}= A (t-1)(t+1)^2 + B (t+1)(t-1)^2 + C(t+1)^2 + D(t-1)^2 \] \[{t^2}= \] \[= A(t^3+t^2-t-1) + B (t^3-t^2-t+1) + C(t^2+2t+1) + + D(t^2-2t+1)\]nyní roznásobíme závorky, vhodě přeuspořádáme a opětovně uzávorkujeme na pravé straně rovnosti
\[t^2=At^3+At^2-At-A+Bt^3-Bt^2-Bt+B+Ct^2+2Ct+C+\] \[+Dt^2-2Dt+D\] \[t^2=t^3(A+B)+t^2(A-B+C+D)+\] \[+t(-A-B+2C-2D)+(-A+B+C+D)\]aby rovnost platila, musí splňovat následující podmínky(porovnáváme koeficienty z levé a pravé strany rovnosti)
\[0=A+B\] \[1=A-B+C+D\] \[0=-A-B+2C-2D\] \[0=-A+B+C+D\]jedná se o soustavu 4 rovnic o 4 neznámých.
Například z první rovnice získáváme
\[A=-B\]takto získané \(A\) dosadíme do zbývajících tří rovnic a získáme
\[1=-B-B+C+D\] \[0=-(-B)-B+2C-2D\] \[0=-(-B)+B+C+D\]po drobné úpravě
\[1=-2B+C+D\] \[0=2C-2D\] \[0=2B+C+D\]ze získané rovnosti \(0=2C-2D\) vyjádříme \(C\) jako
\[C=D\]čímž po dosazení do rovností \(1=-2B+C+D\) a \(0=2B+C+D\) získáme
\[1=-2B+D+D\] \[0=2B+D+D\]po úpravách
\[1=-2B+2D\] \[0=2B+2D\]sečteme-li tyto rovnice obdržíme
\[1=2B+2D-2B+2D\] \[1=4D\] \[D=-\frac{1}{4}\]po dosayení \(D\) do \(0=2B+2D\) získáme
\[0=B-\frac{1}{4}\] \[B=\frac{1}{4}\]dále víme, že \(A=-B\) a \(C=D\), tedy
\[A=-\frac{1}{4}\] \[C=-\frac{1}{4}\]původní soustavu tak řeší čtveřice
\[A=-\frac{1}{4}\] \[B=\frac{1}{4}\] \[C=-\frac{1}{4}\] \[D=-\frac{1}{4}\]s čímž je spojen rozklad
\[\frac{t^2}{((t-1)(t+1))^2}= \frac{-\frac{1}{4}}{t-1}+\frac{\frac{1}{4}}{t+1}+\frac{-\frac{1}{4}}{(t-1)^2}+\frac{-\frac{1}{4}}{(t+1)^2} \] \[\frac{t^2}{((t-1)(t+1))^2}= -\frac{1}{4}\frac{1}{t-1}+\frac{1}{4}\frac{1}{t+1}-\frac{1}{4}\frac{1}{(t-1)^2}-\frac{1}{4}\frac{1}{(t+1)^2} \]S využitím získaného rozkladu na parciální zlomky a linearity integrálu nakonec obdržíme
\[I=-2\int \frac{t^2}{(t^2-1)^2}dt=\] \[= -\frac{1}{2}\int\frac{1}{t-1}dt+\frac{1}{2}\int\frac{1}{t+1}dt-\frac{1}{2}\int\frac{1}{(t-1)^2}dt-\frac{1}{2}\int\frac{1}{(t+1)^2}dt\]první dva integrály substitucí převedeme na tabulkový integrál \(\int \frac{1}{w}dw=\ln {|w|} +c \) a druhé dva pak na tabulkový integrál \(\int \frac{1}{w^n}dw = \frac -{1}{n-1}\frac{1}{w^{n-1}};n \ne 1\)
zavádíme tedy substituce
\[t-1=y\] \[t+1=z\]a s tím spojené derivace
\[dt=dy\] \[dt=dz\]po dosazení pak získáváme
\[I= -\frac{1}{2}\int\frac{1}{y}dy+\frac{1}{2}\int\frac{1}{z}dz-\frac{1}{2}\int\frac{1}{y^2}dy -\frac{1}{2}\int\frac{1}{z^2}dz\]který řešíme jako
\[I= -\frac{1}{2}\ln{|y|}+\frac{1}{2}\ln{|z|}+\frac{1}{2}\frac{1}{y} +\frac{1}{2}\frac{1}{z}+c\]po zpětné substituci za \(y,z\) pak
\[I= -\frac{1}{2}\ln{|t-1|}+\frac{1}{2}\ln{|t+1|}+\frac{1}{2}\frac{1}{t-1} +\frac{1}{2}\frac{1}{t+1}+c\]přičemž si vystačíme s vědomím, že
\[t=\sqrt{\frac{x+1}{x}}\]a dosazaní ponechme na dlouhé zimní večery.
Výsledek
\[I= -\frac{1}{2}\ln{|t-1|}+\frac{1}{2}\ln{|t+1|}+\frac{1}{2}\frac{1}{t-1} +\frac{1}{2}\frac{1}{t+1}+c=\] \[=\ln{\sqrt{\frac{|t+1|}{|t-1|}}}+\frac{t}{t^2-1} +c\] \[t=\sqrt{\frac{x+1}{x}}\]
