Доказательство с интегралами

[blueboar2]

Помогите разобраться со следующей задачей:
Доказать что нахождение интеграла $\int{R(x,\sqrt{ax+b},\sqrt{cx+d})dx}$ где R - рациональная функция, сводится к интегрированию рациональной функции.
Кроме того (как подсказка видимо) даны три условия при которых интеграл от дифференциального бинома (википедия) может быть представлен в виде рациональных функций.

Что смог сделать я:
1) Обозначим $z=\sqrt{ax+b}$. Тогда $ax + b = {z^2};x = \frac{{{z^2} - b}}{a};dx = \frac{2}{a}zdz$. Кроме того, $\sqrt {cx + d} = \sqrt {\frac{c}{a}{z^2} - \frac{{bc}}{a} + d} = \sqrt {{c_1}{z^2} + {d_1}} $ (мы обозначили ${c_1} = \frac{c}{a};{d_1} = - \frac{{bc}}{a} + d$ ).
2) Тогда наш исходный интеграл приобретает вид:
$\int {R(x,\sqrt {ax + b} ,\sqrt {cx + d} )dx} = \int {R(\frac{{{z^2} - b}}{a},z,\sqrt {{c_1}{z^2} + {d_1}} )\frac{2}{a}zdz} $
Очевидно, что первая переменная $\frac{{{z^2} - b}}{a} = R(z)$ , и $\frac{2}{a}z$ тоже только повысит степень в рациональной функции, поэтому их можно не учитывать:
$\int {R(\frac{{{z^2} - b}}{a},z,\sqrt {{c_1}{z^2} + {d_1}} )\frac{2}{a}zdz} = \int {{R_1}(z,\sqrt {{c_1}{z^2} + {d_1}} )dz} $
Примерно так. А что делать с корнем дальше я не знаю. Как привести его к дифференциальному биному?
Насколько я понял определение рациональной функции, под вышеприведенную формулу подойдет, например, такая:
$\int{\frac{z^2\sqrt{5z^2+6}+z^5(5z^2+6)^2}{(\sqrt{5z^2+6})^3+z^{10}\cdot(5z^2+6)^5}}$
(если это кому-то поможет, то это 1980-я задача, Демидович)

[DeBill]

blueboar2
Тригонометрической одстановкой $z=k\sin t$ (или $z=k\tg t$, или $z=\frac{k}{\cos t}$ - в зависимости от знаков к-тов) сведем к интегралу от тригонометрии. А затем универсальной триг-й подстановкой - к рац. ф-ции.

Но, видимо, можно и исходный сразу свести как-нить попроще - не знаю...

[blueboar2]

Тут ведь зачем-то дана подсказка про дифференциальный бином. Надо как-то к нему сводить.

[blueboar2]

Вот что получилось. Проверьте, пожалуйста.

Заметим, что или ${c_1} > 0$, или ${d_1} > 0$, в противном случае корень просто не существует. Воспользуемся подстановками Эйлера.
Случай 1) Если ${c_1} > 0$, то применим подстановку
$\sqrt {{c_1}{z^2} + {d_1}} = \sqrt {{c_1}} z + t$
Возведем обе части в квадрат и выразим z:

\[\begin{array}{l} {c_1}{z^2} + {d_1} = {c_1}{z^2} + 2\sqrt {{c_1}} tz + {t^2}\\ 2\sqrt {{c_1}} tz = {d_1} - {t^2}\\ z = \frac{{{d_1}}}{{2\sqrt {{c_1}} t}} - \frac{t}{{2\sqrt {{c_1}} }}\\ dz = ( - \frac{{{d_1}}}{{2\sqrt {{c_1}} {t^2}}} - \frac{1}{{2\sqrt {{c_1}} }})dt \end{array}\]

Таким образом, наш интеграл станет равен
$\begin{array}{l} \int {{R_1}(z,\sqrt {{c_1}{z^2} + {d_1}} )dz} = \int {{R_2}(\frac{{{d_1}}}{{2\sqrt {{c_1}} t}} - \frac{t}{{2\sqrt {{c_1}} }},\sqrt {{c_1}} \cdot (\frac{{{d_1}}}{{2\sqrt {{c_1}} t}} - \frac{t}{{2\sqrt {{c_1}} }}) + t)( - \frac{{{d_1}}}{{2\sqrt {{c_1}} {t^2}}} - \frac{1}{{2\sqrt {{c_1}} }})dt} = \\ = \int {{R_2}(\frac{{{d_1}}}{{2\sqrt {{c_1}} t}} - \frac{t}{{2\sqrt {{c_1}} }},\frac{{{d_1}}}{{2t}} - \frac{t}{2} + t)( - \frac{{{d_1}}}{{2\sqrt {{c_1}} {t^2}}} - \frac{1}{{2\sqrt {{c_1}} }})dt} = \\ = \int {{R_2}(\frac{{{d_1}}}{{2\sqrt {{c_1}} t}} - \frac{t}{{2\sqrt {{c_1}} }},\frac{{{d_1}}}{{2t}} + \frac{t}{2})( - \frac{{{d_1}}}{{2\sqrt {{c_1}} {t^2}}} - \frac{1}{{2\sqrt {{c_1}} }})dt} = \int {{R_3}(t)dt} \end{array}$
Видно, что теперь наша рациональная функция зависит только от t в различных целочисленных степенях. Следовательно, мы свели интегрирование первоначального интеграла к интегрированию рациональной функции.
Случай 2) Если ${d_1} > 0$ , то применим подстановку
$\sqrt {{c_1}{z^2} + {d_1}} = zt + \sqrt {{d_1}} $
Возведем обе части в квадрат и выразим z:

\[\begin{array}{l} {c_1}{z^2} + {d_1} = {z^2}{t^2} + 2\sqrt {{d_1}} zt + {d_1}\\ {c_1}{z^2} = {z^2}{t^2} + 2\sqrt {{d_1}} zt\\ {c_1}z = z{t^2} + 2\sqrt {{d_1}} t\\ z({c_1} - {t^2}) = 2\sqrt {{d_1}} t\\ z = \frac{{2\sqrt {{d_1}} t}}{{{c_1} - {t^2}}}\\ dz = \frac{{2\sqrt {{d_1}} \cdot ({c_1} - {t^2}) - 2\sqrt {{d_1}} t \cdot ( - 2t)}}{{{{({c_1} - {t^2})}^2}}}dt = \frac{{2\sqrt {{d_1}} {c_1} - 2\sqrt {{d_1}} {t^2} + 4\sqrt {{d_1}} {t^2}}}{{{{({c_1} - {t^2})}^2}}}dt = \frac{{2\sqrt {{d_1}} ({c_1} + {t^2})}}{{{{({c_1} - {t^2})}^2}}}dt \end{array}\]

Таким образом, наш интеграл станет равен
$\begin{array}{l} \int {{R_1}(z,\sqrt {{c_1}{z^2} + {d_1}} )dz} = \int {{R_2}(\frac{{2\sqrt {{d_1}} t}}{{{c_1} - {t^2}}},\frac{{2\sqrt {{d_1}} t}}{{{c_1} - {t^2}}}t + \sqrt {{d_1}} )} \frac{{2\sqrt {{d_1}} ({c_1} + {t^2})}}{{{{({c_1} - {t^2})}^2}}}dt = \\ = \int {{R_2}(\frac{{2\sqrt {{d_1}} t}}{{{c_1} - {t^2}}},\frac{{2\sqrt {{d_1}} {t^2}}}{{{c_1} - {t^2}}} + \frac{{\sqrt {{d_1}} {c_1} - \sqrt {{d_1}} {t^2}}}{{{c_1} - {t^2}}})} \frac{{2\sqrt {{d_1}} ({c_1} + {t^2})}}{{{{({c_1} - {t^2})}^2}}}dt = \\ = \int {{R_2}(\frac{{2\sqrt {{d_1}} t}}{{{c_1} - {t^2}}},\frac{{\sqrt {{d_1}} ({c_1} + {t^2})}}{{{c_1} - {t^2}}})} \frac{{2\sqrt {{d_1}} ({c_1} + {t^2})}}{{{{({c_1} - {t^2})}^2}}}dt = \int {{R_4}(} t)dt \end{array}$
Видно, что теперь наша рациональная функция зависит только от t в различных целочисленных степенях. Следовательно, мы свели интегрирование первоначального интеграла к интегрированию рациональной функции.

[alcoholist]

blueboar2
вроде, это подстановка Эйлера
лень гуглить

[blueboar2]

Ну так я выше и написал "Воспользуемся подстановками Эйлера."