При исследовании наших проблем мы часто имели дело с интегралами следующего типа
\[
\int R\left(x, \sqrt{\left.-A x^{2}+2 B x-C\right)} d x,\right.
\]

где \( R \)-определенная. реальная функция данного аргумента. C таким определенным интегралом мы встречались при вычислении энергии, как функции \( J \); с неопределенным, – например, при вычислении угловых переменных. Неопределенный интеграл эгого типа берется элементарным путем. Обозначим нулевые точки подрадикального выражения через \( e_{1} \) и \( e_{2}\left(e_{1}>e_{2}\right) \); тогда подстановка
\[
\begin{array}{c}
x=\frac{e_{1}+e_{2}}{2}+\frac{e_{1}-e_{2}}{2} \sin \psi \\
\quad i x=\frac{e_{1}-e_{2}}{2} \cos \psi d \Psi
\end{array}
\]

приводит подрадикальное выражение к форме
\[
\left(\frac{e_{1}-e_{2}}{2}\right)^{2}\left(1-\sin ^{2} \psi\right)
\]
\( 3 \mathrm{C} 3 \)

интеграл таким способом сводится к интегралу рациональной функции \( \sin \psi \) и \( \cos \psi \), который всегда можно взять посредством подстановки \( u=\operatorname{tg} \frac{\psi}{2} \). Вид этого интеграла:
\[
J=\int R\left(\frac{e_{1}+e_{2}}{2}+\frac{e_{1}-e_{2}}{2} \sin \psi, \frac{e_{1}-e_{2}}{2} \cos \psi\right) \frac{e_{1}-e_{2}}{2} \cos \psi d \psi .
\]

Если подинтегральное выражение есть прямая функция своего аргумента, его можно также свести посредством подстановки \( u=\operatorname{tg} \phi \) к интегралу рациональной функции от \( u \).
Рассмотрим следующий пример:
1. \( \int \sqrt{x^{2}-x^{2}} d x \).

Подстановка \( x=\alpha \sin \psi \), дает
\[
\begin{array}{l}
\alpha^{2} \int \cos ^{2} \psi d \psi=\frac{a^{2}}{4} \int(1+\cos 2 \psi) d 2 \psi=\alpha^{2}\left[\frac{\psi}{2}+\frac{1}{4} \sin 2 \psi\right]= \\
=\frac{1}{2}\left[a^{2} \arcsin \frac{x}{a}+x \sqrt{\alpha^{2}-x^{2}}\right] \text {. } \\
\end{array}
\]

Определенный интеграл по либрации \( x \) будет
\[
\oint \sqrt{x^{2}-\overline{x^{2}}} d x=\alpha^{2} \int_{0}^{2 \pi} \cos ^{2} \psi d \psi=\pi x^{2}
\]
2.
\[
\int \frac{\sqrt{1-a} x^{2}}{1-a x^{2}} d x \text {. }
\]

Посредством подстановок \( x=\sin \psi \) и \( u=\operatorname{tg} \psi \) получаем
\[
\int \frac{\cos ^{2} \psi}{1-a \sin ^{2} \psi} d \psi=\int \frac{1}{1+u^{2}\left(1-a_{1}\right)} \frac{d u}{1+u^{2}} .
\]

Разложим подинтегральное выражение на частные дроби:
\[
+\frac{1}{a} \frac{1}{1+u^{2}}-\frac{1}{a} \frac{1}{\frac{1}{1-a}+u^{2}} .
\]

Вследствие этого неопределенний интеграл будет равен
\[
\int \frac{\sqrt{1-x^{2}}}{1-a x^{2}} d x=\left\{\begin{array}{l}
\frac{1}{a} \operatorname{arctg} u \mp \frac{\sqrt{1-a}}{a} \operatorname{arctg}( \pm u \sqrt{1-a)} \text { для } a \leqq 1 \\
\frac{1}{a} \operatorname{arctg} u \pm \frac{\sqrt{a-1}}{a} \log \frac{1 \pm u \sqrt{a-1}}{1 \mp u \sqrt{a-1}} \text { для } a \geqq 1,
\end{array}\right.
\]

где при положительном \( \sqrt{1-x^{2}} \) вместо \( u \) подставим значение \( +\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}} \).
В случае \( a<1 \) интеграл, взятый по либрации \( x \), будет равен
\[
\oint \frac{\sqrt{1-x^{2}}}{1-a x^{2}} d x=\int_{0}^{2 \pi} \frac{\cos ^{2} \psi}{1-a \sin ^{2} \psi} d \psi=\frac{2 \pi}{a}(1-\sqrt{1-a}) .
\]

Вычисление определенного интеграла
\[
J=\oint R\left(x, \sqrt{-A x^{2}+2 B x-C}\right) d x
\]

производится легко с помошью комплексного интегрирования.
Если \( x \) представить в комплексной плоскости, то функции \( R \) соответствует двухлистовая поверхность Римана с разветвлениями при корнях \( e_{1} \) и \( e_{2}\left(e_{1}>e_{2}\right) \) подрадикального выражения.

Путь интегрирования охватывает линию соединения обоих корней; направление его показано

Рис. 42. на рис. 42.

Интеграл вычисляется легче всего, если путь интегрирования мы разобьем на отдельные пути, каждый из которых охватывает собой полюс функции. Тогда при обходе путй, избранном нами на рисунке 42 , \( J \) будет равен сумме остатков подинтегральных выражений в этих полюсах (остаток равен увеличенным в \( 2 \pi i \) раз коэфициентам при \( \frac{1}{x-x_{0}} \) в ряде Лорана, развернутом для координаты полюса \( x_{0} \) ):
\[
J=-\sum \Re e f\left[R\left(x, \sqrt{\left.-A x^{2}+2 B x-C\right)}\right] .\right.
\]

Рассмотрим некоторые типы интегралов.
Группа 1.
\[
\begin{aligned}
J & =\oint x^{\alpha} \sqrt{-A x^{2}+2 B x-C^{\beta}} d x= \\
& =\oint x^{\alpha+\beta} \sqrt{-A+2 \frac{B}{x}-\frac{C}{x^{2}}} d x .
\end{aligned}
\]

Постоянные \( A, B \) и \( C \) – положительны. Если имеются нулевые места корня, а мы это предполагаем, то они находятся на положительной реальной оси. Отдельные полюсы подинтегрального выражения могут располагаться на \( x=0 \) и \( x=\infty \).
Так мы имеем
\[
\begin{aligned}
J= & -\mathfrak{R e} \mathfrak{j}_{0}\left[x^{\alpha} \sqrt{-A x^{2}+2 B x-C^{\beta}}\right] \\
& -\mathfrak{R e} \mathfrak{j}^{\infty}\left[\lambda^{\alpha} \sqrt{-A x^{2}+2 B x-C^{\beta}}\right] .
\end{aligned}
\]

На рис. 42 ясно изображены для этого случая первоначальный и деформированный пути интеграции. Здесь полюс \( x=\infty \) лежит на конечном расстоянии. Корень на реальной оси вне отрезка \( e_{1} e_{2} \) является чисто мнимой величиной. Знаки его \( +i \) грального выражения интеграла, в котором произведена подстановка \( y=\frac{1}{x} \).

В силу того, что при отображении поверхности \( x \) на поверхность \( y \) обход пути интеграции сохраняется, мы получаем:
\[
\begin{array}{c}
\cdot \mathfrak{R e}_{\infty}\left[x^{\alpha} \sqrt{-A x^{2}+2 B x-C^{\beta}}\right]= \\
=-\Re e j_{0}\left[y^{-(\alpha+\beta+2)} \sqrt{-A+2 B y-C y^{2}}\right] .
\end{array}
\]

Корень имеет знаки \( -i \) от \( \frac{1}{e_{2}} \) до \( y=\infty \) и \( +i \) от \( -\infty \) до \( \frac{1}{e_{1}} \) a) \( \alpha=-1, \beta=+1 \).

Сохраняя вышеупомянутое определение знаков, запишем необходимые для вычисления остатков ряды подинтегрального выражения по \( x=0 \) и \( y=0 \) в следующей форме:

и
\[
\begin{array}{l}
-\frac{1}{x}\left(i \sqrt{C}+\frac{B}{i \sqrt{C}} x+\cdots\right) \\
\frac{1}{y^{2}}\left(i \sqrt{A}+\frac{B}{i \sqrt{A}} y+\cdots\right) .
\end{array}
\]

Следовательно:
\[
\begin{array}{l}
\Re e j_{0}=2 \pi V \bar{C} \\
\Re e j_{\infty}=2 \pi \frac{B}{\sqrt{A}}
\end{array}
\]

и
\[
J=\oint \frac{1}{x} \sqrt{-A x^{2}+2 B x-\bar{C}} d x=
\]
\[
=\oint \sqrt{-A+2 \frac{B}{x}-\frac{C}{x^{2}}} d x=2 \pi\left(\frac{B}{\sqrt{A}}-\sqrt{C}\right) .
\]
b) \( \alpha=-2, \beta=-1 \)

Интеграл для \( x=\infty \) регулярный. Разложение в ряд по \( x=0 \) подинтегрального выражения дает
\[
-\frac{1}{x^{2}}\left(\frac{1}{i \sqrt{C}}+\frac{B}{i C \sqrt{C}} x+\cdots\right)
\]

следовательно
\[
\mathfrak{R e} \hat{i}_{0}=-2 \pi \frac{B}{C \sqrt{\bar{C}}}
\]

и
\[
J_{2}=\oint \frac{1}{x^{2}} \sqrt{-A x^{2}+2 B x-C}-1 d x=
\]
c) \( \alpha=+2, \beta=-1 \).

Интеграл для \( x=0 \) регулярный.
Разложение соответственного подинтегрального выражения по \( y=\frac{1}{x}=0 \) равно:
\[
\frac{1}{y^{3}}\left[\frac{1}{i \sqrt{A}}+\frac{B}{i A \sqrt{A}} y+\frac{1}{2 i}\left(3 \frac{B^{2}}{A^{2} \sqrt{A}}-\frac{C}{A \sqrt{A}}\right) y^{2}+\cdots\right] .
\]

Таким образом

из чего
\[
\begin{array}{c}
J_{3}=\oint \frac{x^{2} d x}{\sqrt{-A x^{2}+2 B x-C}}=\oint \frac{x d x}{\sqrt{-A+2 \frac{B}{x}-\frac{G}{x^{2}}}}= \\
=\sqrt{A}\left(3 \frac{B^{2}}{A^{2}}-\frac{C}{A}\right) .
\end{array}
\]

Группа 2.
a) \( \oint \frac{\sqrt{1-x^{2}}}{1-a x^{2}} d x \). Будем различать два случая:
1. В случае \( a<1 \) полюсы, определенные нулевыми местами 1 – \( a x^{2} \), лежат за пределами пути интеграции, охватывающего нулевые положения корня \( \pm 1 \); в случае \( 0<a<1 \) – на реальных осях. В случае \( a<0 \) эти полюсы расположены на мнимых осях. Интеграл слагается из остатков при
\[
x= \pm \sqrt{\frac{1}{a}} \text { и } x=\infty .
\]

Корень – положительный и мнимый на положительных и реальных осях и отрицательно мнимый на отрицательных реальных осях.

Он положительно реален на отрицательных мнимых осях и отрицательно реален на положительных мнимых осях.

Придерживаясь соответственно этому знаков, мы видим, что разложение подинтегрального выражения по его полюсу \( \pm \sqrt{\frac{1}{a}} \) будет начинаться следующим образом:
\[
-\frac{i}{2 a} \sqrt{1-a}\left(x \pm \sqrt{\frac{1}{a}}\right)^{-1}+\cdots
\]

Остатки для обоих полюсов равны:
\[
\frac{\pi}{a} \sqrt{1-a}
\]

Значевие обхода вокруг \( x=\infty \) определится, как
\[
+\Re \tilde{l}_{0}\left[\frac{1}{y} \frac{\sqrt{y^{2}-1}}{y^{2}-a}\right] .
\]

Так как для положительных реальных значений вблизи нуля корень положительный и мнимый, разложение функции в ряд начинается
\[
-\frac{i}{a_{i}} \frac{1}{y}+\ldots,
\]

из чего искомое значение будет \( \frac{2 \pi}{a} \) и, наконец,
\[
J_{4}=\oint \frac{\sqrt{1-\overline{x^{2}}}}{1-a x^{2}} d x=\frac{2 \pi}{a}(1-\sqrt{1-a}) .
\]
2. \( a>1 \). Полюсы \( \pm \sqrt{\frac{1}{a}} \) лежат в интервале \( (-1,+1) \) реальной оси, следовательно, внутри пути интегрирования. Для полюсов подинтегральное выражение не может быть проинтегрируемо, вследствие чего этот случай исключается.
(b)
\[
\oint \frac{x^{2}-A B}{f(x) \sqrt{F(x)}}
\]
c
\[
f(x)=(A-x)(x-B), F(x)=f(x)-A C x
\]

Пусть \( A, B, C \) будут положительны и реальны, \( A>B \) и \( C \) так выбрано, что \( F(x) \) может принимать положительные значения. Тогда нулевые места \( \alpha, \beta \) реальны и лежат между \( A \) и \( B \).
Подинтегральное выражение имеет в нулезых местах \( \alpha \) и \( \beta \) простые разветвления; оно хотя равно здесь бесконечности, но остается интегрируемым. Простые полюсы лежат при \( A \) и \( B \). Обход вокруг \( x=0 \) дает некоторое дополнительное значение.
Рис. 43. Знаки корня ноказаны на рис. 43.
Вблизи \( A \) начинаетея разложение в ряд подинтегрального выражения
\[
+i \frac{1}{\sqrt{C}}(x-A)^{-1}+\ldots
\]

вблизи \( B \) начинается
\[
-i \sqrt{\frac{B}{A C}}(x-B)^{-1}+\ldots
\]

Таким образом остатки будут равны:
\[
\Re \mathrm{f} \mathfrak{f}_{A}=-\frac{2 \pi}{\sqrt{C}}, \Re \mathfrak{f}_{B}=+2 \pi \sqrt{\frac{B}{A C}}
\]

Использовав подстановку \( y=\frac{1}{x} \), находим .
\[
\left.\Re e\right|_{\infty}=-\Re e \oint_{0}\left[\frac{1}{y} \frac{1-A B y^{2}}{(A y-1)(1-B y)} \cdot \frac{1}{\sqrt{(A y-1)(1-B y)-A C y}}\right],
\]

где для положительных реальных значений \( у \) вблизи нуля корень имеет знак \( +i \). Поэтому разложение начинается \( -\frac{i}{y} \), и можно написать:
\[
\Re e i_{\infty}=+2 \pi .
\]

Следовательно, имеем
\[
J_{5}=\oint \frac{x^{2}-A B}{f(x) \sqrt{F(x)}} d x=2 \pi\left(\frac{1}{\sqrt{C}}-\sqrt{\frac{B}{A C}}-1\right) .
\]

Кончая наши исследования такого типа интегралов, мы рассмотрим еще одну форму, а именно:
\[
\oint R\left(x, \sqrt{-A x^{2}+2 B x-C+\lambda f(x)}\right) d x,
\]

где \( i f(x) \) должна играть роль некоторого поправочного члена.
Все наши соображения относительно точек разветвлений, знаков и пути интегрирования, прилагавшиеся нами при рассмотрении группы 1 , и здесь остаются в силе.

Для того, чтобы взять интеграл, разложим подинтегральное выражение по \( \lambda \). При этом необходимо иметь в виду, что разложение должно быть действительным для всего пути интеграции. После этого интегрирование піроизводится тем же путем, как это делалось выше; разница здесь заключается только в том, что в отдельных членах появляются точки разветвления \( e_{1} \) и \( e_{2} \) и полюсы \( x=0, x=\infty \)
a)
\[
\begin{aligned}
J_{6} & =\oint^{-1} \sqrt{-A x^{2}+2 B x-C+\frac{D}{x}} d x= \\
& =\oint \sqrt{-A+2 \frac{B}{x}=\frac{C}{x^{2}}+\frac{D}{x^{3}}} d x .
\end{aligned}
\]

При достаточно малом \( D \) разложение по \( D=0 \) сохраняет свою силу для всего пути интеграции.
Мы органичимся только членами 1 порядка относительно \( D \) :
\[
\begin{array}{c}
\sqrt{-A x^{2}+2 B x-C+\frac{D}{x}}= \\
=\sqrt{-A x^{2}+2 B x-C}+\left(-A x^{2}+2 B x-C\right)^{-\frac{1}{2}} \frac{D}{2 x}+\cdots
\end{array}
\]

Поэтому получается
\[
J_{0}=J_{i}+\frac{D}{2} J_{2}
\]
т. e.
\[
J_{6}=+2 \pi\left(\frac{B}{\sqrt{A}}+\frac{1}{2} \frac{B D}{C \sqrt{C}}-\sqrt{C}\right)
\]
b)
\[
\begin{aligned}
I_{7} & =\oint \frac{1}{x} \sqrt{-A x^{2}+2 B x-C+D} \overline{x^{9}} d x= \\
& =\oint \sqrt{-A+2 \frac{B}{x}-\frac{C}{x^{2}}+D x} d x .
\end{aligned}
\]

Разложение корня по степеням \( D \) дает:
\[
\begin{array}{l}
=\sqrt{-A x^{2}+2} \overline{B x-} \bar{C}+\left(-A x^{2}+2 B x-C\right)^{-\frac{1}{2}} \frac{D}{2} x^{3}+\ldots \\
\end{array}
\]

и если мы ограничимся членами 1 -го порядка относительно \( D \), то окончательно приходим к следующему результату:
т. e.
\[
J_{7}=J_{1}+\frac{D}{2} J_{3}
\]
\[
J_{7}=2 \pi\left(\frac{B}{\sqrt{\bar{A}}}-\sqrt{C}\right)+\frac{\pi}{2} \frac{D}{\sqrt{\bar{A}^{3}}}\left(3 \frac{B^{2}}{\bar{A}}-C\right) .
\]
\( \mathbf{3 1 0} \)