Резюме. В статията се доразвива рекурентната връзка за известния клас интеграли от вида \(\int \tfrac{d x}{\left(a^{2}+x^{2}\right)^{n}}\) и се извежда формула за тяхното пресмятане. Предлага се нова методика и се извежда формула за пресмятане на един клас интеграли от вида \(\int \tfrac{x^{k \alpha+\tfrac{\alpha}{2}-1}}{\sqrt{1-x^{\alpha}}} d x\), където \(k \in \mathbb{N}, \alpha \in \mathbb{R} \backslash\{0\}\).

Ключови думи: indefinite integral, recurrence, differential binomial

За редица неопределени интеграли от вида \(I(x, n)\), n) , зависещи освен от реалната променлива \(x\) и от числото \(n \in \mathbb{N}\), са изведени рекурентни зависимости от вида \(I(x, n)=f(x, n) . I(x, n-k)+g(x, n)\), n) = f (x, n) . I (x, n − k ) + g (x, n) , където \(k \in\{1,2, \ldots, n\}\). Един такъв известен интеграл е

\[ J(x, n)=\int \tfrac{d x}{\left(a^{2}+x^{2}\right)^{n}} \]

Ако се положи \(\tfrac{x}{a}=t\), той се свежда до интеграла \(I(t, n)=\int \tfrac{d t}{\left(1+t^{2}\right)^{n}}\), като \(J(x, n)=\tfrac{1}{a^{2 n-1}} I(t, n)\). За интеграла \(I(t, n)\) е изведена рекурентната връзка \({ }^{1}\)

(1) \[ I(t, n)=\tfrac{t}{2(n-1)\left(1+t^{2}\right)^{n-1}}+\tfrac{2 n-3}{2 n-2} I(t, n-1) \]

Целта, която си поставяме в настоящата статия, е да се изведат обобщени формули за пресмятане на интеграли от подобен тип, решаването на които води до рекурентна зависимост.

1. Развиване на интеграла \(I(x, n)=\int \tfrac{d x}{\left(1+x^{2}\right)^{n}}\)

За краткост ще означим този интеграл с \(I_{n}\). Очевидно \(I_{1}=\int \tfrac{d x}{1+x^{2}}=\operatorname{arctg} x+C\). Ще продължим с развиването на формула (1), докато достигнем до \(I_{1}\).

\(I_{n}=\tfrac{x}{2(n-1)\left(1+x^{2}\right)^{n-1}}+\tfrac{2 n-3}{2 n-2} I_{n-1}=\)

\(=\tfrac{x}{2(n-1)\left(1+x^{2}\right)^{n-1}}+\tfrac{2 n-3}{2 n-2}\left[\tfrac{x}{2(n-2)\left(1+x^{2}\right)^{n-2}}+\tfrac{2 n-5}{2 n-4} I_{n-2}\right]=\)

\(=\tfrac{x}{2(n-1)\left(1+x^{2}\right)^{n-1}}+\tfrac{2 n-3}{2 n-2} \cdot \tfrac{x}{2(n-2)\left(1+x^{2}\right)^{n-2}}+\tfrac{2 n-3}{2 n-2} \cdot \tfrac{2 n-5}{2 n-4} I_{n-2}=\) \(=\tfrac{x}{2(n-1)\left(1+x^{2}\right)^{n-1}}+\tfrac{2 n-3}{2 n-2} \cdot \tfrac{x}{2(n-2)\left(1+x^{2}\right)^{n-2}}+\ldots+\tfrac{(2 n-3)!!}{(2 n-2)!!} \operatorname{arctg} x=\) \(=\tfrac{(2 n-3)!!(2 n-2)!!x}{(2 n-2)!!(2 n-3)!!2(n-1)\left(1+x^{2}\right)^{n-1}}+\tfrac{(2 n-3)!!(2 n-4)!!x}{(2 n-2)!!(2 n-5)!!2(n-2)\left(1+x^{2}\right)^{n-2}}+\)

\(\ldots+\tfrac{(2 n-3)!!}{(2 n-2)!!} \operatorname{arctg} x\), или се получава обобщената формула

(2) \[ I_{n}=\tfrac{(2 n-3)!!}{(2 n-2)!!}\left[x \sum_{i=1}^{n-1} \tfrac{(2 i-2)!!}{(2 i-1)!!\left(1+x^{2}\right)^{i}}+\operatorname{arctg} x\right]+C, n \geq 2 . \]

Тази формула сме извели и публикували още през 2007 г. 2

2. Интеграли от вида \(\int \tfrac{x^{n}}{\sqrt{1-x^{4}}} d x\)

Идеята за написване на настоящата статия възникна в процес на съставяне на подходящи задачи за студентски олимпиади по математика. Разглеждайки интеграли като:

\[ \int \tfrac{x^{5}}{\sqrt{1-x^{4}}} d x \quad \text { и } \quad \int \tfrac{x^{6}}{\sqrt{1-x^{4}}} d x \] стигнахме до обобщения интеграл

\[ I_{m}=\int \tfrac{x^{m}}{\sqrt{1-x^{4}}} d x \] който е от вида на диференциален бином \({ }^{4}\), т.е.

\[ I_{m}=\int x^{m}\left(1-x^{4}\right)^{-\tfrac{1}{2}} d x \]

1) Нека \(m=2 l\) (\(l\)– цяло неотрицателно число). В този случай не е в сила нито един от трите случая, описани за диференциален бином, при които интегралът е решим в елементарни функции, откъдето следва, че е нерешим.

2) Нека \(m=2 l+1\). Ще разгледаме два случая: \(m=4 k+3\) и \(m=4 k+1\) (\(k-\) цяло неотрицателно число).

В първия случай \(\tfrac{m+1}{4}\) е цяло число и полагаме \(1-x^{4}=t^{2}\). Тогава: \(\sqrt{1-x^{4}}=t\), \(x^{4}=1-t^{2}\) и \(d x^{4}=d\left(1-t^{2}\right)\), откъдето \(4 x^{3} d x=-2 t d t, d x=-\tfrac{t}{2 x^{3}} d t\). За интеграла се получава:

\[ I_{m}=I_{4 k+3}=\int \tfrac{x^{4 k+3}}{\sqrt{1-x^{4}}} d x=\int \tfrac{\left(1-t^{2}\right)^{k} \cdot x^{3}}{t} \cdot\left(-\tfrac{t}{2 x^{3}}\right) d t=-\tfrac{1}{2} \int\left(1-t^{2}\right)^{k} d t \]

Последният интеграл се решава, като подинтегралната функция се развие по Нютоновия бином:

\[ \begin{aligned} & I_{m}=I_{4 k+3}=-\tfrac{1}{2} \int \sum_{i=0}^{k} C_{k}^{i}(-1)^{i} t^{2 i} d t= \\ & =-\tfrac{1}{2} \sum_{i=0}^{k} C_{k}^{i}(-1)^{i} \tfrac{t^{2 i+1}}{2 i+1}+C= \\ & =-\tfrac{1}{2} \sum_{i=0}^{k} C_{k}^{i}(-1)^{i} \tfrac{\left(\sqrt{1-x^{4}}\right)^{2 i+1}}{2 i+1}+C= \\ & =-\tfrac{\sqrt{1-x^{4}}}{2} \sum_{i=0}^{k} C_{k}^{i} \tfrac{\left(x^{4}-1\right)^{i}}{2 i+1}+C . \end{aligned} \]

Във втория случай \(\tfrac{m+1}{4}-\tfrac{1}{2}\) е цяло число и полагаме \(x^{-4}-1=t^{2}\). Тогава: \(x^{4}=\tfrac{1}{1+t^{2}}, d x=\tfrac{-t}{2 x^{3}\left(1+t^{2}\right)^{2}} d t=-\tfrac{t x^{5}}{2} d t, \sqrt{1-x^{4}}=\tfrac{t}{\sqrt{1+t^{2}}}\) и \(t=\tfrac{\sqrt{1-x^{4}}}{x^{2}}\). Получава се:

\(I_{m}=I_{4 k+1}=\int \tfrac{x^{4 k} \cdot x}{\sqrt{1-x^{4}}} d x=\int \tfrac{x \cdot \sqrt{1+t^{2}}}{\left(1+t^{2}\right)^{k} \cdot t} \cdot\left(-\tfrac{t x^{5}}{2}\right) d t=-\tfrac{1}{2} \int \tfrac{\sqrt{1+t^{2}} \cdot x^{6}}{\left(1+t^{2}\right)^{k}} d t=-\tfrac{1}{2} \int \tfrac{d t}{\left(1+t^{2}\right)^{k+1}}\).

За последния интеграл се прилага формула (2) при \(n=k+1\) :

(3) \[ \begin{aligned} & I_{m}=I_{4 k+1}=-\tfrac{1}{2} I(t, k+1)= \\ & =-\tfrac{1}{2} \tfrac{(2 k-1)!!}{(2 k)!!}\left[t \sum_{i=1}^{k} \tfrac{(2 i-2)!!}{(2 i-1)!!\cdot\left(1+t^{2}\right)^{i}}+\operatorname{arctg} t\right]+C= \\ & =-\tfrac{1}{2} \tfrac{(2 k-1)!!}{(2 k)!!}\left[\tfrac{\sqrt{1-x^{4}}}{x^{2}} \sum_{i=1}^{k} \tfrac{(2 i-2)!!\cdot x^{4 i}}{(2 i-1)!!}+\operatorname{arctg} \tfrac{\sqrt{1-x^{4}}}{x^{2}}\right]+C . \end{aligned} \]

3. Интеграли от вида \(I_{m}=\int \tfrac{x^{m}}{\sqrt{1-x^{2}}} d x\)

Този интеграл отново е от вида на диференциален бином и е решим за всяко естествено число \(m\). Ако \(m\) е нечетно число, след полагане \(x^{2}=t\) той лесно се свежда до интеграл от полином, развит по формулата за Нютоновия бином. Ще разгледаме случая, при който \(m=2 l\) и ще представим два начина за решаване на \(I_{m}\).

1) \(I_{m}=I_{2 l}=\int x^{2 l}\left(1-x^{2}\right)^{-\tfrac{1}{2}} d x\). Тъй като \(\tfrac{2 l+1}{2}-\tfrac{1}{2}=l\) - цяло число, то от третия случай на интеграл от диференциален бином полагаме: \(x^{-2}-1=t^{2}\), или \(\tfrac{1-x^{2}}{x^{2}}=t^{2}\). Тогава \(x^{2}=\tfrac{1}{1+t^{2}}, d x=-t x^{3} d t, \sqrt{1-x^{2}}=x t\) и

\[ I_{m}=I_{2 l}=\int \tfrac{1}{\left(1+t^{2}\right)^{l} . x . t} \cdot\left(-t x^{3}\right) d t=-\int \tfrac{d t}{\left(1+t^{2}\right)^{l+1}} \]

Последният интеграл се пресмята по формула (2) при \(n=l+1\) и се получава

(5) \[ I_{m}=I_{2 l}=-\tfrac{(2 l-1)!!}{(2 l)!!}\left[\tfrac{\sqrt{1-x^{2}}}{x} \sum_{i=1}^{l} \tfrac{(2 i-2)!!\cdot x^{2 i}}{(2 i-1)!!}+\operatorname{arctg} \tfrac{\sqrt{1-x^{2}}}{x}\right]+C . \]

2) Ще изведем рекурентна зависимост за \(I_{m}\), която ще доразвием в обобщена формула.

\[ \begin{aligned} & I_{m}=-\int \tfrac{-x^{m}+x^{m-2}-x^{m-2}}{\sqrt{1-x^{2}}} d x=-\int \tfrac{x^{m-2}\left(1-x^{2}\right)}{\sqrt{1-x^{2}}} d x+I_{m-2}= \\ & =-\tfrac{1}{m-1} \int \sqrt{1-x^{2}} d x^{m-1}+I_{m-2}= \\ & =-\tfrac{1}{m-1} x^{m-1} \sqrt{1-x^{2}}+\tfrac{1}{m-1} \int x^{m-1} \tfrac{(-2 x)}{2 \sqrt{1-x^{2}}} d x+I_{m-2}= \\ & =-\tfrac{1}{m-1} x^{m-1} \sqrt{1-x^{2}}-\tfrac{1}{m-1} I_{m}+I_{m-2} \end{aligned} \] или

\[ \tfrac{m}{m-1} I_{m}=I_{m-2}-\tfrac{1}{m-1} x^{m-1} \sqrt{1-x^{2}} \]

Получава се рекурентната връзка:

\[ I_{m}=\tfrac{m-1}{m} I_{m-2}-\tfrac{1}{m} x^{m-1} \sqrt{1-x^{2}} \]

Развиваме тази зависимост, докато достигнем до \(I_{0}=\int \tfrac{1}{\sqrt{1-x^{2}}} d x=\arcsin x+C\) :

\(I_{m}=\tfrac{m-1}{m}\left[\tfrac{m-3}{m-2} I_{m-4}-\tfrac{1}{m-2} x^{m-3} \cdot \sqrt{1-x^{2}}\right]-\tfrac{1}{m} x^{m-1} \cdot \sqrt{1-x^{2}}=\)

\[ =\tfrac{(m-1) \cdot(m-3)}{m \cdot(m-2)} I_{m-4}-\tfrac{m-1}{m \cdot(m-2)} x^{m-3} \sqrt{1-x^{2}}-\tfrac{1}{m} x^{m-1} \sqrt{1-x^{2}}=\ldots . \]

Като се вземе предвид, че \(m=2 l\), се получава:

\(I_{2 l}=\tfrac{(2 l-1)!!}{(2 l)!!} I_{0}-\tfrac{(2 l-1)!!\cdot 0!!}{(2 l)!!\cdot 1!!} x \sqrt{1-x^{2}}-\tfrac{(2 l-1)!!\cdot 2!!}{(2 l)!!\cdot 3!!} x^{3} \sqrt{1-x^{2}}-\ldots\)

\[ -\tfrac{(2 l-1)!!\cdot(2 l-2)!!}{(2 l)!!(2 l-1)!!} x^{2 l} \sqrt{1-x^{2}} . \]

Получената обобщена формула може да се запише окончателно в следния вид:

(6) \[ I_{2 l}=\tfrac{(2 l-1)!!}{(2 l)!!}\left[\arcsin x-\sqrt{1-x^{2}} \sum_{i=1}^{l} \tfrac{(2 i-2)!!}{(2 i-1)!!} x^{2 i-1}\right]+C . \]

За да съвпадат формули (5) и (6), остава да покажем, че \(-\arcsin x=\operatorname{arctg} \tfrac{\sqrt{1-x^{2}}}{}+C\). Равенството е вярно, тъй като производните на лявата и дясната страна съвпадат.

И така, изводът, който можем да направим, е че интеграли от последния клас е по-целесъобразно да бъдат пресмятани по втората методика или чрез използване на изведената формула (6). Предимствата от директното използване на формули (5) и (6) се изразяват в следното:

– не се налага изследване на условията за интеграли от вида на диференциален бином;

– не се налагат субституции и последващите ги изразявания, за да се достигне до интеграли от първия вид и прилагане на формула (2).

За да направим сравнение между използването на изведените формули и прилагането на досегашната методика, ще решим следния пример по три начина.

Пример. Да се реши интегралът \(J_{6}=\int \tfrac{x^{6}}{\sqrt{1-x^{2}}} d x\).

Решение. I начин. Като се използват знанията за диференциален бином, се достига до интеграла, разгледан в началото на статията, за който се прилага известната рекурентна връзка (1).

\(J_{6}=\int x^{6}\left(1-x^{2}\right)^{-\tfrac{1}{2}} d x\). Тук \(m=6, n=2, p=-\tfrac{1}{2}\). Полага се \(x^{-2}-1=t^{2} \quad\) или \(\tfrac{1-x^{2}}{x^{2}}=t^{2}\). Тогава \(x^{2}=\tfrac{1}{1+t^{2}}, d x=-t x^{3} d t, \sqrt{1-x^{2}}=x t\). Следователно

(7) \[ J_{6}=\int \tfrac{1}{\left(1+t^{2}\right)^{3}} \cdot \tfrac{1}{x t} \cdot\left(-t x^{3}\right) d t=-\int \tfrac{1}{\left(1+t^{2}\right)^{4}} d t=-I(t, 4) \]

По формула (1) се намират последователно:

\(I(t, 1)=\operatorname{arctg} t ;\)

\[ \begin{aligned} & I(t, 2)=\tfrac{t}{2\left(t^{2}+1\right)}+\tfrac{1}{2} \operatorname{arctg} t \\ & I(t, 3)=\tfrac{t}{4\left(t^{2}+1\right)^{2}}+\tfrac{3}{4}\left[\tfrac{t}{2\left(t^{2}+1\right)}+\tfrac{1}{2} \operatorname{arctg} t\right]=\tfrac{t}{4\left(t^{2}+1\right)^{2}}+\tfrac{3 t}{8\left(t^{2}+1\right)}+\tfrac{3}{8} \operatorname{arctg} t \\ & I(t, 4)=\tfrac{t}{6\left(t^{2}+1\right)^{3}}+\tfrac{5}{6}\left[\tfrac{t}{4\left(t^{2}+1\right)^{2}}+\tfrac{3 t}{8\left(t^{2}+1\right)}+\tfrac{3}{8} \operatorname{arctg} t\right]= \\ & =\tfrac{t}{6\left(t^{2}+1\right)^{3}}+\tfrac{5 t}{24\left(t^{2}+1\right)^{2}}+\tfrac{5 t}{16\left(t^{2}+1\right)}+\tfrac{5}{16} \operatorname{arctg} t \end{aligned} \] След като се замести в (7) и се изрази \(t=\tfrac{\sqrt{1-x^{2}}}{x}\) и \(x^{2}=\tfrac{1}{1+t^{2}}\), за решението на изходния интеграл се получава \[ J_{6}=-\left[\sqrt{1-x^{2}}\left(\tfrac{x^{5}}{6}+\tfrac{5 x^{3}}{24}+\tfrac{5 x}{16}\right)+\tfrac{5}{16} \operatorname{arctg} \tfrac{\sqrt{1-x^{2}}}{x}\right]+C \] \(I I\) начин. След установяване на връзката \(J_{6}=-I(t, 4)=-I_{4}\) се прилага директно изведената формула (2). Тогава

\[ \begin{aligned} & J_{6}=-I_{4}=-\tfrac{5!!}{6!!}\left[t\left(\tfrac{0!!}{1!!\cdot\left(t^{2}+1\right)}+\tfrac{2!!}{3!!\cdot\left(t^{2}+1\right)^{2}}+\tfrac{4!!}{3!!\cdot\left(t^{2}+1\right)^{3}}\right)+\operatorname{arctg} t\right]+C= \\ & =-\tfrac{5}{16}\left[t\left(\tfrac{1}{t^{2}+1}+\tfrac{2}{3\left(t^{2}+1\right)^{2}}+\tfrac{8}{15\left(t^{2}+1\right)^{3}}\right)+\operatorname{arctg} t\right]+C= \\ & =-\left[t\left(\tfrac{5}{16\left(t^{2}+1\right)}+\tfrac{5}{24\left(t^{2}+1\right)^{2}}+\tfrac{1}{6\left(t^{2}+1\right)^{3}}\right)+\tfrac{5}{16} \operatorname{arctg} t\right]+C . \end{aligned} \]

След заместване на \(t\) с \(\tfrac{\sqrt{1-x^{2}}}{x}\) и на \(\tfrac{1}{1+t^{2}}\) с \(x^{2}\), се получава

\[ J_{6}=-\left[\sqrt{1-x^{2}}\left(\tfrac{5 x}{16}+\tfrac{5 x^{3}}{24}+\tfrac{x^{5}}{6}\right)+\tfrac{5}{16} \operatorname{arctg} \tfrac{\sqrt{1-x^{2}}}{x}\right]+C . \]

Става ясно, че използването на обобщената формула (2) води по-бързо до крайния резултат.

III начин. Прилага се формула (6) при \(l=3\) :

\[ \begin{aligned} & J_{6}=\tfrac{5!!}{6!!}\left[\arcsin x-\sqrt{1-x^{2}}\left(x+\tfrac{2}{3} x^{3}+\tfrac{18}{15} x^{5}\right)\right]+C= \\ & =\tfrac{5}{16} \arcsin x-\sqrt{1-x^{2}}\left(\tfrac{5 x}{16}+\tfrac{5 x^{3}}{24}+\tfrac{x^{5}}{6}\right)+C \end{aligned} \]

Считаме, че решеният пример ясно показва, че използването на формула (6) е най-удачно.

4. Интеграли от вида \(I_{k, \alpha}=\int \tfrac{x^{k \alpha+\tfrac{\alpha}{2}-1}}{\sqrt{1-x^{\alpha}}} d x, k \in \mathbb{N}, \alpha \in \mathbb{R} \backslash\{0\}\).

Представената в точка 3 методика за решаване на интеграла \(I_{m}=\int \tfrac{x^{m}}{\sqrt{1-x^{2}}} d x\) позволява \({ }_{\alpha}\) да направим следното обобщение. Разглеждаме интеграла , където \(k \in \mathbb{N}, \alpha \in \mathbb{R} \backslash\{0\}\). Полагаме \(x^{\tfrac{\alpha}{2}}=t, d x=\tfrac{d t}{\tfrac{\alpha}{2} x^{\tfrac{\alpha}{2}-1}}, x^{k \alpha}=t^{2 k}\), при което той се преобразува до:

\[ I_{k, \alpha}=\int \tfrac{x^{k \alpha+\tfrac{\alpha}{2}-1}}{\sqrt{1-x^{\alpha}}} d x=\int \tfrac{x^{k \alpha} x^{\tfrac{\alpha}{2}-1}}{\sqrt{1-x^{\alpha}}} d x=\int \tfrac{t^{2 k} x^{\tfrac{\alpha}{2}-1}}{\sqrt{1-t^{2}}} \cdot \tfrac{d t}{\tfrac{\alpha}{2} x^{\tfrac{\alpha}{2}-1}}=\tfrac{2}{\alpha} \int \tfrac{t^{2 k} d t}{\sqrt{1-t^{2}}}=\tfrac{2}{\alpha} I_{2 k} \] като последният интеграл се решава по формула (6).

В заключение можем да направим следните обобщения на основните резултати, постигнати в настоящата разработка:

1. Доразвита е рекурентната връзка и е изведена формула в компактен вид за пресмятане на интеграли от т.нар. клас „многохилядници“: \(\int \tfrac{d x}{\left(a^{2}+x^{2}\right)^{n}}\).

2. Изведената формула се прилага за решаване на интеграли от следния клас: \(\int \tfrac{x^{2 n+1}}{\sqrt{1-x^{4}}} d x\).

3. За интеграли от вида \(I_{k, \alpha}=\int \tfrac{x^{k \alpha+\tfrac{\alpha}{2}-1}}{\sqrt{1-x^{\alpha}}} d x, k \in \mathbb{N}, \alpha \in \mathbb{R} \backslash\{0\}\), които могат да бъдат сведени до „многохилядника“, се предлага друг подход и се извежда формула за тяхното пресмятане.

БЕЛЕЖКИ

1. Вж. например: Брадистилов, Г. (1947). Сборник от задачи и теореми по диференциално и интегрално смятане. София: Геогр. институт, с. 91; Подобни интеграли има в редица книги, като напр. Демидович Б. П. (1963). Сборник задач и упражнений по математическому анализу. Москва: Государственное издательство физико-математической литературы, с. \(172-173\), но те не са в обобщен вид, а целта тук е да се достигне до нещо повече от рекурентна връзка.

ЛИТЕРАТУРА

Гроздев, С. (2010). Математика за икономисти. София: Издателство на ВУЗФ (ISBN 978-954-8590-06-8).

Дочев, Д., Р. Николаев (2007). Математически анализ \(I\)– сборник от решени и нерешени задачи. Варна: ИУ „Наука и икономика“, с. 255.

Гелерт, В. и др. (1983). Математически енциклопедичен речник. София: ДИ „Наука и изкуство", с. \(182-183\).

REFERENCES

Grozdev, S. (2010). Matematika za ikonomisti. Sofiya: Izdatelstvo na VUZF (ISBN 978-954-8590-06-8).

Dochev, D., R. Nikolaev (2007). Matematicheski analiz I – sbornik ot resheni i neresheni zadachi. Varna: IU „Nauka i ikonomika“, s. 255.

Gelert, V. i dr. (1983). Matematicheski entsiklopedichen rechnik. Sofiya: DI „Nauka i izkustvo“, s. 182 – 183.