Racionális függvények integrálása

Az oldal jelenlegi verzióját még nem ellenőrizték tapasztalt közreműködők, és jelentősen eltérhet a 2019. június 1-jén felülvizsgált verziótól ; az ellenőrzések 19 szerkesztést igényelnek .

A racionális függvények integrálása egy racionális függvény határozatlan integráljának felvétele . Ismeretes, hogy egy racionális függvény antideriváltja racionális függvények, természetes logaritmusok és arctangensek összegeként van kifejezve . [1] Az ilyen integrációt általában egy tört legegyszerűbbre bontásával hajtják végre , de néha más módszerek is használhatók, például az Ostrogradsky módszer .

Dekompozíció a legegyszerűbbre

A racionális függvények integrálásának legismertebb módja a tört egyszerűekké tétele . Isaac Barrow használta először a szekáns integráljának kiszámításához . [2]

Az algebrából ismert, hogy bármely racionális függvény ábrázolható egy polinom és egy bizonyos típusú, úgynevezett egyszerű tört véges számú történek összegeként. A valós számok legegyszerűbb törtje a következő két típus egyike:

${\displaystyle {\frac {A}{(x-x_{0})^{k))))$
${\displaystyle {\frac {Bx+C}{(x^{2}+px+q)^{k))))$ , ahol egy négyzetes trinom negatív diszkriminánssal . $x^{2}+px+q$

Ezen frakciók mindegyikét külön-külön integrálják. Így egy tört legegyszerűbbre bontása lecsökkenti egy tetszőleges racionális függvény integrálásának problémáját a legegyszerűbb törtek integrálására. [3]

Egy tört legegyszerűbbre bontása a következőképpen épül fel. Legyen szükséges megszerkeszteni a tört kiterjesztését . Az általánosság elvesztése nélkül feltételezhetjük, hogy a tört irreducibilis, és a nevezőnek van együtthatója a legmagasabb fokon (ha nem így van, akkor csökkentjük a törtet, és a nevező legmagasabb együtthatóját adjuk a számlálóhoz). Egy helyes tört a legegyszerűbbre bontásban csak a megfelelő törtek összegét tartalmazza, míg a nem megfelelő tört polinomot is tartalmaz. A helytelen tört esete azonban egész egyszerűen a megfelelő tört esetére redukálódik. Ehhez használjuk az egész rész kiválasztásának nevezett technikát: a tört számlálóját elosztjuk a maradékkal a nevezővel; az osztás eredményeként kapott hiányos hányados és a maradék lehetővé teszi, hogy az eredeti tört alakban ábrázoljuk . A tört már szabályos, és csak a legegyszerűbb törtek összegére bontható. Ha a tört eredetileg helyes volt, akkor ez a lépés nem szükséges. ${\frac {P(x)}{Q(x)))$ $egy$ $G(x)$ $R(x)$ ${\frac {P(x)}{Q(x)}}=G(x)+{\frac {R(x)}{Q(x)))$ ${\frac {R(x)}{Q(x)))$ ${\frac {P(x)}{Q(x)))$

Egy megfelelő tört kiterjesztése csak egy bizonyos típusú legegyszerűbb taggal rendelkezhet, amely csak a polinomtól függ . Mint ismeretes, a valós számokhoz képest bármely redukált polinom felbontható redukált lineáris binomiálisok és redukált négyzetes trinomiálisok szorzatára negatív diszkriminánsokkal. Bővítsük ki a tört nevezőjét a következő szorzatra: $Q(x)$

Q(x)=(x-x_{1})^{k_{1}}...(x-x_{l})^{k_{l}}(x^{2}+p_{ 1}x+q_{1})^{m_{1}}...(x^{2}+p_{n}x+q_{n})^{m_{n}}

(itt és a megfelelő tényezők többszörösei, vagyis a faktor hányszor kerül be a szorzatba).

k_j

m_{j}

A bővítésben szereplő összes legegyszerűbb tört tartalmazza a nevezőben ezen tényezők valamelyikének fokát, és ez a fok kisebb vagy egyenlő, mint a megfelelő tényező többszöröse. Például: ha a bővítés tartalmazza a tényezőt , akkor az egyszerű törtekre történő bővítés tartalmazza az összeget $Q(x)$ ${\displaystyle (x-x0)^{k))$

{\frac {A_{1}}{x-x0}}+{\frac {A_{2}}{(x-x0)^{2}}}+{\frac {A_{3}} {(x-x_{0})^{3}}}+...+{\frac {A_{k}}{(x-x_{0})^{k}}}

Hasonlóképpen, ha a bővítés tartalmazza a tényezőt , akkor az egyszerű törtekre történő bővítés tartalmazza az összeget $Q(x)$ $(x^{2}+px+q)^{m}$

{\frac {B_{1}x+C_{1}}{x^{2}+px+q}}+{\frac {B_{2}x+C_{2}}{(x^ {2}+px+q)^{2}}}+...+{\frac {B_{m}x+C_{m}}{(x^{2}+px+q)^{m} }}

A megfelelő tört legegyszerűbbre bontásának általános formája az összes ilyen összeg összege a polinom felbontásának minden egyes tényezőjére . Így az általános nézet a bomlás a legegyszerűbb $Q(x)$

{\frac {R(x)}{Q(x)}}=\sum _{j=1}^{l}\sum _{i=1}^{k_{j}}{\frac {A_{ji}}{(x-x_{j})^{i}}}+\sum _{j=1}^{n}\sum _{i=1}^{m_{j}}{ \frac {B_{ji}x+C_{ji}}{(x^{2}+p_{j}x+q_{j})^{i}}}

Ebben az esetben néhány tag egyenlő lehet nullával.

A tört felosztásának általános formája szükséges a tört legegyszerűbbre bontásának leghíresebb módszeréhez - a határozatlan együtthatók módszeréhez . Lényege az ismeretlen tágulási együtthatók egyenleteinek megfogalmazásában rejlik. Egy megfelelő tört egyenlőségét és határozatlan együtthatójú egyszerű törtekre való kiterjesztését írjuk fel. Ezután valamilyen módon ezekre az együtthatókra egyenleteket állítanak össze, és az egyenletrendszert megoldják. [négy]

Az egyenletek felírásának legkézenfekvőbb módja, ha mindkét oldalt megszorozzuk egy polinommal , és az együtthatókat azonos hatványokon egyenlővé tesszük . Az egyszerű törtekre való bővítés eljárását a legkönnyebben példákkal lehet leírni. $Q(x)$ $x$

1. példa: Egyenlítő együtthatók azonos hatványokon

${\frac {1}{(x-1)^{2}(x-2)))$ .
Felírjuk a legegyszerűbbekre, határozatlan együtthatókkal való felosztásának általános formáját.

{\frac {1}{(x-1)^{2}(x-2)}}={\frac {A}{x-1}}+{\frac {B}{(x- 1)^{2}}}+{\frac {C}{x-2}}

Szorozva $Q(x)$

{\displaystyle 1=A(x-1)(x-2)+B(x-2)+C(x-1)^{2))

A zárójelek kinyitása

1=Ax^{2}-2Ax-Ax+2A+Bx-2B+Cx^{2}-2Cx+C

1=Ax^{2}+Cx^{2}-3Ax+Bx-2Cx+2A-2B+C

1=(A+C)x^{2}+(-3A+B-2C)x+(2A-2B+C)

Az együtthatókat azonos hatványokkal egyenlővé tesszük:

{\begin{cases}A+C=0,\\-3A+B-2C=0,\\2A-2B+C=1;\end{cases))

Kaptunk egy egyenletrendszert. Megoldjuk. Az első egyenletből:

A=-C

Csere a másodikban és a harmadikban

{\begin{cases}3C+B-2C=0,\\-2C-2B+C=1;\end{cases))

{\begin{cases}C+B=0,\\-C-2B=1;\end{cases))

Egyenletek hozzáadása

-B=1

B=-1

Az utolsó rendszer első egyenletéből:

C=-B=1

Az elején kapott összefüggéstől kezdve $A$

A=-C=-1

Az összes tágulási együttható megtalálható.

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

2. példa A nevező gyökeinek behelyettesítése

Az egyenletek, amelyeket az együtthatók ugyanazon hatványon történő egyszerű egyenlítésével kapunk, gyakran meglehetősen összetettek. Az egyszerűbb egyenletek elkészítése érdekében bizonyos értékek helyett gyakran helyettesítéseket használnak . $x$

{\frac {1}{(x-1)^{3}(x-2)}}={\frac {A}{x-1}}+{\frac {B}{(x- 1)^{2))}+{\frac {C}{(x-1)^{3}}}+{\frac {D}{x-2}}

Szorozva $Q(x)$

1=A(x-1)^{2}(x-2)+B(x-1)(x-2)+C(x-2)+D(x-1)^{3}

A legkényelmesebb olyan értékeket helyettesíteni, amelyek érvénytelenítik a feltételeket. Cseréljük ki az 1-et.

1=-C

C=-1

Cseréljük le a 2-t.

1=D

A nevező gyökeinek behelyettesítése nagyon egyszerűvé teszi a nevezőben a legnagyobb fokú törtek együtthatóinak megtalálását. Ha az együtthatókat egyenlő hatványokon egyenlítenénk ki, az egyenletek sokkal bonyolultabbak lennének. Azonban, mint a példából is látható, más módszereket kell alkalmazni a fennmaradó együtthatók megkereséséhez.

A nevező első hatványának együtthatójának meghatározásához használhatja a végtelen helyettesítését.

{\frac {1}{(x-1)^{3}(x-2)}}={\frac {A}{x-1}}+{\frac {B}{(x- 1)^{2}}}-{\frac {1}{(x-1)^{3}}}+{\frac {1}{x-2}}

Szorozd meg mindkét oldalt $x-1$

{\frac {1}{(x-1)^{2}(x-2)}}=A+{\frac {B}{x-1}}-{\frac {1}{(x -1)^{2))}+{\frac {x-1}{x-2))

Helyettesítsd a végtelent. Itt a végtelen helyettesítése határként értendő, mivel a végtelen felé hajlik, azaz $x$

{\frac {F(x)}{H(x)}}{\Bigg |}_{x=\infty }=\lim _{x\to \infty }{\frac {F(x) }{H(x)}}

Az a határ viszont, amikor az argumentum a végtelenbe hajlik, nagyon egyszerűen meghatározható: ha a számláló foka nagyobb, mint a nevező foka, akkor a határérték , ha kisebb, akkor a határérték 0, ha egyenlő, akkor a határ egyenlő a nagyobb teljesítmények együtthatók arányával. $\infty$

Térjünk vissza példánkhoz. Helyettesítsd a végtelent.

0=A+1

A=-1

A fennmaradó együtthatót úgy találhatjuk meg, hogy az azonos fokú együtthatót egyenlítjük, amely tartalmaz . A legegyszerűbb az ingyenes kifejezések egyenlővé tétele, mivel azonnal kiszámíthatók a zárójelek hosszas nyitása nélkül. $x$ $B$

{\displaystyle 1=-(x-1)^{2}(x-2)+B(x-1)(x-2)-1(x-2)+(x-1)^{3))

Az ingyenes feltételek egyenlővé tétele.

1=2+2B+2-1

2B=-2

B=-1

Minden együttható megtalálható.

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

Az utolsó trükk a gyakorlatban is nagyon kényelmes: a vezető és szabad kifejezést könnyen megkaphatjuk zárójelek nyitása nélkül is, így ezt a trükköt helyettesítésekkel együtt alkalmazzuk.

3. példa: A nevező összetett gyökeinek helyettesítése

A negatív diszkrimináns polinomok gyökerei nem valósak. Azonban semmi sem akadályoz meg bennünket abban, hogy az összetett gyöket behelyettesítsük az egyenletbe.

{\frac {1}{(x-1)(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {A}{x-1}}+{\frac {Bx+ C }{(x^{2}+1)}}+{\frac {Dx+E}{(x^{2}+1)^{2}}}

Szorozzuk meg a nevezővel.

1=A(x^{2}+1)^{2}+(Bx+C)(x^{2}+1)(x-1)+(Dx+E)(x-1)

Helyettesítő . $egy$

1=4A

A={\frac {1}{4}}

Cseréljük le . $én$

1=(Di+E)(i-1)

És most egyenlőségjelet teszünk a valós és a képzeletbeli részek között, hogy egy egyenletet kapjunk valós számokkal.

1=-D-Di+Ei-E

{\begin{cases}1=-DE\\0=-D+E\end{cases))

-2D=1

D=-{\frac {1}{2))

E=D=-{\frac {1}{2))

Ha behelyettesítjük a konjugált gyöket a valós és a képzeletbeli rész egyenlítését követően, ugyanazokat az egyenleteket kapjuk, így nincs értelme a fennmaradó együtthatókat keresni. $-én$

Az együtthatót a szabad kifejezések egyenlővé tételével találjuk meg. $C$

1={\frac {1}{4}}-C+{\frac {1}{2}}

C=-{\frac {1}{4))

Az együtthatót a végtelen helyettesítésével találjuk meg. $B$

{\frac {1}{(x-1)(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {\displaystyle {\frac {1}{4}}}{x -1))+{\frac {Bx-\displaystyle {\frac {1}{4))}{(x^{2}+1)))+{\frac {-\displaystyle {\frac {1} {2}}x-\displaystyle {\frac {1}{2}}}{(x^{2}+1)^{2}}}

Megszorozzuk -vel . $x-1$

{\displaystyle {\frac {1}{(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {1}{4}}+{\frac {\left(Bx-\displaystyle {\ frac {1}{4}}\right)(x-1)}{(x^{2}+1)}}+{\frac {\left(-\displaystyle {\frac {1}{2}} x-\displaystyle {\frac {1}{2}}\right)(x-1)}{(x^{2}+1)^{2))))

Helyettesítsd a végtelent.

0={\frac {1}{4}}+B

B=-{\frac {1}{4))

Minden együttható megtalálható.

{\frac {1}{(x-1)(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {\displaystyle {\frac {1}{4}}}{x -1))+{\frac {-\displaystyle {\frac {1}{4}}x-\displaystyle {\frac {1}{4}}}{(x^{2}+1)))+ {\frac {-\displaystyle {\frac {1}{2}}x-\displaystyle {\frac {1}{2}}}{(x^{2}+1)^{2}}}

Általában bármilyen értéket behelyettesíthet, nem feltétlenül a nevező vagy a végtelen gyökerét. Különösen nehéz esetekben ez könnyebb lehet, mint az együtthatók kiszámítása és egyenlítése azonos hatványokon . $x$

4. példa Felbontás egyszerű transzformációkkal

Néha a legegyszerűbbre bontás egyszerűen a kifejezések átalakításával érhető el. ${\frac {x^{2}-1}{x(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {x^{2}-(x^{2}+ 1)+x^{2}}{x(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {2x}{(x^{2}+1)^{2}}}- {\frac {1}{x(x^{2}+1)}}={\frac {2x}{(x^{2}+1)^{2}}}-{\frac {(x^ {2}+1)-x^{2}}{x(x^{2}+1)}}={\frac {2x}{(x^{2}+1)^{2}}}- {\frac {1}{x}}+{\frac {x}{x^{2}+1}}$

5. példa: A Heaviside Cover Method és a Residument Method

A nevezőben lineáris binomiális törtek együtthatóinak kiszámításához van egy közvetlen képlet. Legyen egy lineáris tényező az irreducibilis tényezőkre való bontásban, és legyen ennek többszöröse. A legegyszerűbb tagokra való bontás a következő alakú kifejezéseket tartalmazza , ahol . Akkor: $Q(x)$ $xa$ $m$ ${\frac {B_{j}}{(xa)^{k}}}$ $1\leq k\leq m$

B_{k}={\frac {1}{(mk)!}}\left({\frac {P(x)(xa)^{m}}{Q(x)))\right) ^{(mk)}{\Bigg |}_{x=a}

[5]

Ez a tört redukciója utáni behelyettesítést jelenti, mivel a számlálóban és a nevezőben egy egyszerű helyettesítés osztást ad . $a$ $0$

Mutassunk egy példát.

{\frac {x}{(x+1)^{2}(x-4)))

Az együtthatót az at ${\frac {1}{(x-4)))$

{\frac {4}{(4+1)^{2}}}={\frac {4}{25}}

Az együtthatót az at ${\displaystyle {\frac {1}{(x+1)^{2))))$

{\frac {-1}{-1-4}}={\frac {1}{5}}

Az együtthatót az at ${\frac {1}{x+1}}$

\left({\frac {x}{x-4}}\right)'={\frac {(x-4)-x}{(x-4)^{2}}}={\ frac {-4}{(x-4)^{2}}}

{\frac {-4}{{-1-4}^{2}}}=-{\frac {4}{25}}

Minden együttható megtalálható.

{\frac {x}{(x+1)^{2}(x-4)}}={\frac {\displaystyle {\frac {4}{25}}}{(x-4) ))+{\frac {\displaystyle {\frac {1}{5}}}{(x+1)^{2}}}-{\frac {\displaystyle {\frac {4}{25}}} {x+1}}

A közvetlen képlet nagyon egyszerű módszert ad a törtek együtthatóinak kiszámítására a lineáris binomiális első hatványával, és a legegyszerűbb törtek esetében szinte szóban is megtalálhatja a bővítést. Ezért az esetet külön kell elkülöníteni. Amikor kiszámítjuk az együtthatót, akkor a nevezőben szereplő tényezőt „lefedő” értéket helyettesítjük bele . Ezért ezt a módszert Heaviside "borító" módszernek nevezik. $k=m$ ${\displaystyle {\frac {1}{(xa)^{m))))$ $a$ ${\displaystyle (xa)^{m))$

Az együtthatók általános képlettel történő kiszámításának módszerét néha maradékok módszerének is nevezik, mivel a komplex maradékokat hasonló képlettel számítják ki.

Így a probléma az egyszerű törtek integrálására redukálódott.

Táblázat integrálok

A racionális függvények több integrálját szokás megjegyezni, hogy az összetettebbeket tovább redukáljuk rájuk. [6]

$\int {x^{\alpha }}dx={\frac {1}{\alpha +1}}x^{\alpha +1}+C$ , ha $\alpha \neq -1$
$\int {\frac {1}{x}}dx=\ln |x|+C$
$\int {\frac {1}{x^{2}+a^{2}}}dx={\frac {1}{a}}\operátornév {arctg} {\frac {x}{a }}+C$ , ha $a\neq 0$
$\int {\frac {1}{x^{2}-a^{2}}}dx={\frac {1}{2a}}\ln {\left|{\frac {xa}{ x+a}}\right|}+C$ , ha $a\neq 0$
$\int {\frac {1}{a^{2}-x^{2}}}dx={\frac {1}{2a}}\ln {\left|{\frac {a+x }{ax}}\right|}+C$ , ha $a\neq 0$

Az utolsó 2 integrált magas logaritmusnak nevezzük, és ezek memorizálása nem szükséges, mivel redukálhatóak a törtet a legegyszerűbbekre bővítve a második integrálig. A polinom integrálja, amely a legegyszerűbb helytelen törtekre való bővítés után jelenik meg, az első képlettel azonnal kiszámítható.

Az űrlap törteinek integrálása ${\displaystyle {\frac {1}{(ax+b)^{k))))$

Az ilyen törtek egyszerűen integrálhatók egy lineáris binomiális differenciál alá helyezésével. [7]

\int {{\frac {1}{(ax+b)^{k}}}dx}={\frac {1}{a}}\int {{\frac {1}{(ax+ b) )^{k}}}d(ax+b)}

Az integrált értéktől függően 1-re vagy 2-re redukáltuk. $k$

Ha , akkor $k=1$

{\frac {1}{a}}\int {{\frac {1}{ax+b}}d(ax+b)}={\frac {1}{a}}\ln {| ax+b|}+C

Ha , akkor $k>1$

{\frac {1}{a}}\int {{\frac {1}{(ax+b)^{k}}}d(ax+b)}={\frac {1}{a (-k+1)(ax+b)^{k-1}}}+C

Az űrlap törteinek integrálása ${\frac {ax+b}{rx^{2}+px+q))$

Tekintsük először a forma töredékét . ${\frac {1}{rx^{2}+px+q))$

\int {\frac {1}{rx^{2}+px+q}}dx

Az ilyen törtek integrálásához a nevező teljes négyzetének kiválasztását használjuk. [8] Adjunk hozzá egy számot úgy, hogy az összeg négyzete kialakuljon. A kapott kifejezést alakítsuk egy lineáris binomiális négyzetévé. A hozzáadott számot kivonjuk ebből , hogy a kifejezés ne változzon. Egy négyzetes trinomiális ábrázolását a formában kapjuk meg . A kapott lineáris binomiálist a differenciál alá hozzuk: $rx^{2}+px$ $q$ $(cx+d)^{2}+e$

\int {\frac {1}{rx^{2}+px+q}}dx=\int {\frac {1}{(cx+d)^{2}+e}}dx={ \frac {1}{c}}\int {\frac {1}{(cx+d)^{2}+e}}d(cx+d)

Az integrált táblázatosra redukáltuk; egy adott táblaintegrált a jele határozza meg . Ha , akkor jelöljük : $e$ $e>0$ $h={\sqrt {e))$

{\frac {1}{c}}\int {\frac {1}{(cx+d)^{2}+e}}d(cx+d)={\frac {1}{c }}\int {\frac {1}{(cx+d)^{2}+h^{2}}}d(cx+d)={\frac {1}{ch}}\operátornév {arctg} {\frac {cx+d}{h}}+C

Ha , akkor jelöljük : $e<0$ $h={\sqrt {-e))$

{\frac {1}{c}}\int {\frac {1}{(cx+d)^{2}+e}}d(cx+d)={\frac {1}{c }}\int {\frac {1}{(cx+d)^{2}-h^{2}}}d(cx+d)={\frac {1}{2ch}}\ln {\left |{\frac {cx+dh}{cx+d+h}}\right|}+C

Ha , akkor: $e=0$

{\frac {1}{c}}\int {\frac {1}{(cx+d)^{2}}}d(cx+d)=-{\frac {1}{c} }\int {\frac {1}{cx+d}}+C

Példa

\int {\frac {1}{x^{2}+3x+5}}dx

Válasszunk ki egy teljes négyzetet. Ahhoz , hogy négyzet legyen, hozzá kell adnia a következőt: . Akkor . Ahhoz, hogy ez a kifejezés egyenlő legyen a nevezővel, hozzá kell adnia . $x^{2}+3x$ ${\frac {9}{4))$ $x^{2}+3x+{\frac {9}{4}}=\left(x+{\frac {3}{2}}\right)^{2}$ ${\frac {11}{4))$

x^{2}+3x-5=x^{2}+3x+{\frac {9}{4}}+{\frac {11}{4}}=\left(x+{\frac { 3}{2}}\jobbra)^{2}+{\frac {11}{4}}

A teljes négyzet ki van jelölve. Most hozzuk a kapott binomiálist a differenciál alá.

\int {\frac {1}{x^{2}+3x+5}}dx=\int {\dfrac {d\left(x+{\dfrac {3}{2}}\right)} {\left(x+{\dfrac {3}{2}}\right)^{2}+{\dfrac {11}{4}}}={\frac {2}{\sqrt {11}}} \operátornév {arctg} {\frac {2x+3}{\sqrt {11}}}+C

Az alak törteinek integrálásához a számlálóba a nevező deriváltját megkülönböztetjük. [8] A nevező deriváltját felvesszük, megszorozzuk valamilyen számmal úgy, hogy amikor megkapjuk , majd hozzáadjuk a b értéket. ${\frac {ax+b}{rx^{2}+px+q))$ $x$ $a$

A számláló deriváltja . Megszorozzuk egy olyan számmal, hogy x-szel megkapjuk . $2rx+p$ $a$

s(2rx+p)=ax+p

Ezután adunk hozzá egy olyan számot, hogy ez a kifejezés egyenlő legyen a számlálóval.

s\left(2rx+p\right)+h=ax+b

Ebben a formában a számlálót az integrálba írjuk.

\int {\frac {s(2rx+p)+h}{rx^{2}+px+q}}dx=\int {\frac {s(2rx+p)}{rx^{2 }+px+q}}dx+\int {\frac {h}{rx^{2}+px+q}}dx

A második integrált már az előző bekezdésben figyelembe vettük. Marad az első megvétele. Mivel a számláló tartalmazza a nevező deriváltját, könnyen behozhatjuk a nevezőt a differenciál alá.

\int {\frac {s(2rx+p)}{rx^{2}+px+q}}dx=s\int {\frac {1}{rx^{2}+px+q} }d(rx^{2}+px+q)=s\ln {|rx^{2}+px+q|}

Példa

\int {\frac {7x-4}{x^{2}+3x+5}}dx

A számlálóban ki kell emelni a nevező származékát. Vegyük a nevező származékát.

(x^{2}+3x+5)'=2x+3

Most meg kell szoroznunk egy számmal, és hozzá kell adnunk egy másik számot, hogy a számlálóba kerüljön. Ahhoz, hogy az at együttható egyenlő legyen, meg kell szorozni -val . $x$ $7$ ${\frac {7}{2}}$

{\frac {7}{2}}(2x+3)=7x+{\frac {21}{2}}

Az ingyenes tag megszerzéséhez ki kell vonni . $-4$ ${\frac {29}{2}}$

7x-4={\frac {7}{2}}(2x+3)-{\frac {29}{2}}

Ezt beírjuk a számlálóba, és elosztjuk 2 integrállal.

\int {\frac {{\dfrac {7}{2}}(2x+3)-{\dfrac {29}{2}}}{x^{2}+3x+5}}dx= \int {\frac {{\dfrac {7}{2}}(2x+3)}{x^{2}+3x+5}}dx-\int {\frac {\dfrac {29}{2} }{x^{2}+3x+5}}dx

A második integrált az előző bekezdésben leírtak szerint vesszük. Az előző példában mi vettük át.

\int {\frac {\dfrac {29}{2}}{x^{2}+3x+5}}dx={\frac {29}{\sqrt {11}}}\operátornév {arctg } {\frac {2x+3}{\sqrt {11}}}+C

Az első integrálban a nevezőt a differenciál alá helyezzük. Mivel a számlálóban a nevező származéka szerepel, egyszerűen eltűnik.

\int {\frac {{\dfrac {7}{2}}(2x+3)}{x^{2}+3x+5}}dx={\frac {7}{2}}\ int {\frac {d(x^{2}+3x+5)}{x^{2}+3x+5}}={\frac {7}{2}}\ln {|x^{2} +3x+5|}+C

\int {\frac {7x-4}{x^{2}+3x+5}}dx={\frac {7}{2}}\ln {|x^{2}+3x+5 |}-{\frac {29}{\sqrt {11}}}}\operátornév {arctg} {{\frac {2x+3}{\sqrt {11}}}+C

A leírt integrációs módszer minden olyan törtre működik, amelynek nevezője négyzetes trinomiális, és nem csak negatív diszkrimináns esetén. Így a pozitív diszkrimináns binomiális törtek esetében két integrálási módszert vettünk figyelembe.

Az űrlap törteinek integrálása ${\displaystyle {\frac {ax+b}{(rx^{2}+px+q)^{m))))$

A tört integrálása a nevező származékának kiemelésével is történik a számlálóban. ${\displaystyle {\frac {ax+b}{(rx^{2}+px+q)^{m))))$

\int {\frac {s(rx^{2}+px+q)'+g}{(rx^{2}+px+q)^{m))}dx=s\int {\ frac {d(rx^{2}+px+q)}{(rx^{2}+px+q)^{m))}+g\int {\frac {1}{(rx^{2} +px+q)^{m}}}dx

A bal oldali integrál táblázatos:

\int {\frac {d(rx^{2}+px+q)}{(rx^{2}+px+q)^{m))}={\frac {1}{(- m+1)(rx^{2}+px+q)^{m-1}}}

A jobb integrál a legbonyolultabb az itt tárgyaltak közül. Azonnal válassza ki a teljes négyzetet a nevezőben. A probléma a következő integrál felvételére redukálódik:

\int {\frac {1}{((cx+d)^{2}+e)^{m))}\,dx

Tekintsünk két módot ennek elfogadására.

Ismétlődési reláció

Jelöljük . Ugyanis ismétlődő relációt hozhat létre. Az integrált részenként vesszük: $I_{k}=\int {\frac {1}{((cx+d)^{2}+e)^{k))}\,dx$ $én_{k}$

I_{k}=\int {\frac {1}{((cx+d)^{2}+e)^{k))}\,dx={\frac {1}{c)) \int {\frac {1}{((cx+d)^{2}+e)^{k))}\,d(cx+d)={\frac {cx+d}{c((cx) +d)^{2}+e)^{k))}-{\frac {1}{c}}\int (cx+d)\,d\left({\frac {1}{((cx) +d)^{2}+e)^{k}}}\right)={\frac {cx+d}{c((cx+d)^{2}+e)^{k}}}+ 2k\int {\frac {(cx+d)^{2}}{((cx+d)^{2}+e)^{k+1}}}\,dx=

={\frac {cx+d}{c((cx+d)^{2}+e)^{k))}+2k\int {\frac {(cx+d)^{2} +ee}{((cx+d)^{2}+e)^{k+1))}\,dx={\frac {cx+d}{c((cx+d)^{2}+ e)^{k))}+2k\int {\frac {1}{((cx+d)^{2}+e)^{k))}\,dx-2kh^{2}\int { \frac {1}{((cx+d)^{2}+e)^{k+1}}}\,dx={\frac {cx+d}{c((cx+d)^{2 }+e)^{k}}}+2kI_{k}-2kh^{2}I_{k+1}

Akkor

I_{k+1}={\frac {1}{2ke}}\left({\frac {cx+d}{c((cx+d)^{2}+e)^{k} }}+\bal(2k-1\jobb)I_{k}\jobb)

Az integrált az előző bekezdésben látható módon vehetjük fel. Ezután a kapott rekurzív képlet segítségével szekvenciálisan veszik az integrálokat , és így tovább a kívánt integrálig. Ez a módszer különösen kényelmes, ha a törteket egyszerű bontás után integrálja, mivel azonnal integrálja az összeset . [9] $I_1$ $I_{2},I_{3},\ldots$ $k\leq m$

Példa

\int {\frac {1}{((x-1)^{2}+4)^{4))}\,dx

Az egymást követő integrálokat vesszük.

I_{1}=\int {\frac {1}{(x-1)^{2}+4}}\,dx=\int {\frac {1}{(x-1)^{ 2}+4}}\,d(x-1)={\frac {1}{2}}\operátornév {arctg} {\frac {x-1}{2}}

I_{2}={\frac {1}{8}}\left({\frac {x-1}{(x-1)^{2}+4}}+{\frac {1} {2}}\operátornév {arctg} {\frac {x-1}{2}}\right)={\frac {1}{8}}{\frac {x-1}{(x-1)^ {2}+4}}+{\frac {1}{16}}\operátornév {arctg} {\frac {x-1}{2}}

I_{3}={\frac {1}{16}}\left({\frac {x-1}{((x-1)^{2}+4)^{2}}}+ {\frac {3}{8}}{\frac {x-1}{(x-1)^{2}+4}}+{\frac {3}{16}}\operátornév {arctg} {\ frac {x-1}{2}}\right)={\frac {1}{16}}{\frac {x-1}{((x-1)^{2}+4)^{2} ))+{\frac {3}{128}}{\frac {x-1}{(x-1)^{2}+4}}+{\frac {3}{256}}\operátornév {arctg } {\frac {x-1}{2))

I_{4}={\frac {1}{24}}\left({\frac {x-1}{((x-1)^{2}+4)^{3}}}+ {\frac {5}{16}}{\frac {x-1}{((x-1)^{2}+4)^{2}}}+{\frac {15}{128}}{ \frac {x-1}{(x-1)^{2}+4}}+{\frac {15}{256}}\operátornév {arctg} {\frac {x-1}{2}}\ jobb)={\frac {1}{24}}{\frac {x-1}{((x-1)^{2}+4)^{3}}}+{\frac {5}{384 }}{\frac {x-1}{((x-1)^{2}+4)^{2}}}+{\frac {15}{3072}}{\frac {x-1}{ (x-1)^{2}+4}}+{\frac {15}{6144}}\operátornév {arctg} {\frac {x-1}{2}}

Eredmény:

\int {\frac {1}{((x-1)^{2}+4)^{4}}}\,dx={\frac {1}{24}}{\frac {x -1}{((x-1)^{2}+4)^{3}}}+{\frac {5}{384}}{\frac {x-1}{((x-1)^ {2}+4)^{2}}}+{\frac {15}{3072}}{\frac {x-1}{(x-1)^{2}+4}}+{\frac { 15}{6144}}\operátornév {arctg} {\frac {x-1}{2}}+C

Mivel az ilyen integrálok meglehetősen ritkák, általában ezt a rekurzív formulát nem emlékeznek meg, hanem egyszerűen levezetik minden alkalommal. Vegye figyelembe, hogy a képlet nem ír elő semmilyen korlátozást a jelre . Így ez az ismétlődési reláció akkor is használható, ha a nevezőben a négyzetes trinom pozitív diszkriminánssal rendelkezik. $e$

Trigonometrikus helyettesítés

Az ilyen típusú törtek integrálása trigonometrikus helyettesítéssel is lehetséges. Tekintsük először az űrlap egy töredékét

{\displaystyle {\frac {1}{((cx+d)^{2}+h^{2})^{m))))

Itt van egy fontos különbség a visszatérő képlethez képest: nem függött a diszkrimináns előjelétől, és minden esetben ugyanúgy működött; itt azonnal feltételezzük, hogy a nevező diszkriminánsa negatív, ezért a teljes négyzet kiválasztása után egy pozitív szám négyzeteként ábrázolhatjuk . Vegyük ki az összegből. $e$ $h^{2}$ $h^{2}$

{\frac {1}{h^{2m}\left({\dfrac {(cx+d)^{2}}{h^{2}}}+1\right)^{m}} }

Csináljuk a cserét . Akkor . ${\frac {cx+d}{h}}=\operátornév {tg} {\varphi }$ $dx={\frac {h}{c\cos ^{2}\varphi }}$

\int {\frac {1}{h^{2m}\left({\dfrac {(cx+d)^{2}}{h^{2}}}+1\right)^{m ))}dx={\frac {h}{c}}\int {\frac {1}{h^{2m}(\operátornév {tg} ^{2}{\varphi }+1)^{m} \cos ^{2}\varphi }}d\varphi ={\frac {1}{ch^{2m-1}}}\int {\frac {cos^{2m}x}{\cos ^{2} \varphi }}d\varphi ={\frac {1}{ch^{2m-1}}}\int \cos ^{2m-2}\varphi d\varphi

Ez az integrál meglehetősen könnyen felvehető, ha a koszinusz páros foka esetén a fokozatot csökkentő képleteket egymás után alkalmazzuk, páratlan esetén pedig a differenciál alá helyezzük. Ennek eredményeként a szinuszok fokozatainak lineáris kombinációját kapjuk egyenletes szögből.

Ezután fordított cserét kell végrehajtania. A gyönyörű kifejezések eléréséhez a következő trükköt alkalmazzuk. A kifejezés hasonlít a Pitagorasz-tételre. Ha figyelembe vesszük a , lábakat és - a hipotenúzust, akkor a kifejezés a láb és a befogó közötti szög érintőjeként kap jelentést , mivel ez az ellenkező láb és a szomszédos láb aránya. Míg a szemközti láb és a hipotenusz aránya, de a szomszédos és az alsó láb aránya. Könnyen ellenőrizhető, hogy ez valóban így van. Ezek a megfontolások kényelmes módja annak, hogy megjegyezzük ezeket a képleteket, de nem szabad elfelejteni, hogy ez nem formális indoklás. $(cx+d)^{2}+h^{2}=rx^{2}+px+q$ $cx+d$ $h$ ${\sqrt {rx^{2}+px+q))$ ${\frac {cx+d}{h}}=\operátornév {tg} {\varphi }$ $h$ ${\displaystyle \sin \varphi ={\frac {cx+d}{\sqrt {rx^{2}+px+q))))$ ${\displaystyle \cos \varphi ={\frac {h}{\sqrt {rx^{2}+px+q))))$

A szinuszokra és koszinuszokra vonatkozó képletek könnyen megjegyezhetők: a szinusz egy lineáris binomiális osztása egy teljes négyzetből egy négyzetes trinomiális gyökével, a koszinusz pedig egy konstans (pontosabban a gyökér) osztása, amely hozzáadódik egy teljes négyzethez. [tíz]

Példa

\int {\frac {1}{(x^{2}+3x+5)^{4}}}dx=\int {\dfrac {1}{\left(\left(x+{\dfrac) {3}{2}}\jobbra)^{2}+{\dfrac {11}{4}}\jobbra)^{4}}}dx={\frac {256}{14641}}\int {\ dfrac {1}{\left(\left({\dfrac {2}{\sqrt {11}}}x+{\dfrac {3}{\sqrt {11}}}\jobb)^{2}+1\ jobbra)^{4}}}dx

Cseréljük.

{\dfrac {2}{\sqrt {11}}}x+{\dfrac {3}{\sqrt {11}}}=\operátornév {tg} {\varphi },\quad dx={\frac {\sqrt {11}}{2\cos ^{2}\varphi }}d\varphi

{\frac {256}{14641}}\int {\dfrac {1}{\left(\left({\dfrac {2}{\sqrt {11))}x+{\dfrac {3}{ \sqrt {11}}}\right)^{2}+1\right)^{4}}}dx={\frac {128}{1331{\sqrt {11}}}}\int {\frac { 1}{(\operátornév {tg} ^{2}{\varphi }+1)^{4}\cos ^{2}\varphi }}d\varphi ={\frac {128}{1331{\sqrt { 11}}}}\int \cos ^{6}\varphi d\varphi

Hogy ne vigyünk állandókat, a koszinusz integrálját külön vesszük a hatodikba.

\int \cos ^{6}\varphi \,d\varphi ={\frac {1}{8}}\int \left(1+\cos {2\varphi }\right)^{3} \,d\varphi ={\frac {1}{8}}\int \left(1+3\cos {2\varphi }+3\cos ^{2}{2\varphi }+\cos ^{3 }{2\varphi }\right)\,d\varphi ={\frac {1}{8}}\int \left(1+3\cos {2\varphi }+{\frac {3}{2} }+{\frac {3}{2}}\cos {4\varphi }+\cos ^{3}{2\varphi }\right)\,d\varphi =

={\frac {1}{8}}\left({\frac {5}{2}}\varphi +{\frac {3}{2}}\sin {2\varphi }+{\ frac {3}{8}}\sin {4\varphi }+\int \cos ^{3}{2\varphi }d\varphi \right)

\int \cos ^{3}{2\varphi }\,d\varphi ={\frac {1}{2}}\int \cos ^{2}{2\varphi }\,d\sin {2\varphi }={\frac {1}{2}}\int (1-\sin ^{2}\varphi )d\sin {2\varphi }={\frac {1}{2}}\ sin 2\varphi -{\frac {\sin ^{3}2\varphi }{6}}+C

Végül is

\int \cos ^{6}\varphi d\varphi ={\frac {1}{8}}\left({\frac {5}{2}}\varphi +2\sin {2\varphi }+{\frac {3}{8}}\sin {4\varphi }-{\frac {1}{6}}\sin ^{3}{2\varphi }\right)+C

A következő lépés a szinuszok érintőkben való kifejezése. Emlékezzen a lábbal és a hypotenusával kapcsolatos trükkre. Itt szemközti láb , szomszédos - , hypotenus - . Akkor: $x+{\frac {3}{2))$ ${\frac {\sqrt {11}}{2}}$ ${\sqrt {x^{2}+3x+5}}$

{\displaystyle \sin \varphi ={\frac {x+{\dfrac {3}{2))}{\sqrt {x^{2}+3x+5))))

\cos \varphi ={\frac {\dfrac {\sqrt {11}}{2}}{\sqrt {x^{2}+3x+5}}}

Ebből végre megkapjuk

\sin {2\varphi }=2\sin \varphi \cos \varphi ={\frac {{\sqrt {11}}\left(x+{\dfrac {3}{2}}\right)} {x^{2}+3x+5}}

\sin {4\varphi }=2\sin {2\varphi }\cos {2\varphi }=2\sin {2\varphi }(\cos ^{2}\varphi -\sin ^{2 }\varphi )={\frac {{\sqrt {11}}\left(x+{\dfrac {3}{2}}\right)}{x^{2}+3x+5}}{\frac { {\dfrac {11}{4}}-\left(x+{\dfrac {3}{2}}\right)^{2}}{x^{2}+3x+5}}={\frac { {\sqrt {11}}\left(x+{\dfrac {3}{2}}\right)(-2x^{2}-6x+1)}{(x^{2}+3x+5)^ {2}}}

Ily módon

\int {\frac {1}{(x^{2}+3x+5)^{4))}dx={\frac {16}{1331{\sqrt {11))))\left ({\frac {5}{2}}\operátornév {arctg} {\frac {2x+3}{\sqrt {11}}}+{\frac {2{\sqrt {11}}\left(x+{ \dfrac {3}{2}}\right)}{x^{2}+3x+5}}+{\frac {{\dfrac {3{\sqrt {11}}}{8}}\left( x+{\dfrac {3}{2}}\right)(-2x^{2}-6x+1)}{(x^{2}+3x+5)^{2}}}-{\dfrac { {\dfrac {11{\sqrt {11}}}{6}}\left(x+{\dfrac {3}{2}}\right)^{3}}{(x^{2}+3x+5 )^{3}}}\jobbra)+C

Ennek a módszernek van egy változata a pozitív diszkrimináns trinomiálokra.

{\displaystyle {\frac {1}{(h^{2}-(cx+d)^{2})^{m))))

Ilyen helyzetben lehet hiperbolikus helyettesítést végezni.

{\frac {cx+d}{h}}=\operátornév {th} {\varphi }

Ekkor hasonló módon a hiperbolikus koszinusz integráljához jutunk páros mértékben, és hasonlóan integráljuk. A végső kifejezés hiperbolikus szinuszokból és lineáris tagokból áll. Lineáris értelemben fordított helyettesítést hajtunk végre

\varphi ={\frac {1}{2}}\ln {\left|{\frac {h+cx+d}{h-cx-d}}\right|}

A hiperbolikus szinuszok kifejezésére hasonló technikát alkalmazunk:

\operatorname {sh} {\varphi }={\frac {cx+d}{\sqrt {h^{2}-(cx+d)^{2))))

\operatorname {ch} {\varphi }={\frac {h}{\sqrt {h^{2}-(cx+d)^{2))))

Valójában a trigonometrikus és a hiperbolikus helyettesítések eltérőek lehetnek. A negatív diszkriminancia esetében a következő helyettesítések lehetségesek:

\operatorname {tg} {\varphi },\ \operatorname {ctg} {\varphi },\ \operatorname {sh} {\varphi },\ \operatorname {csch} {\varphi }={\frac { cx+d}{h}}

A pozitív esetre:

\sin {\varphi },\ \cos {\varphi },\ \operatorname {sec} {\varphi },\ \operatorname {cosec} {\varphi },\ \operatorname {th} {\varphi } ,\ \operátornév {cth} {\varphi },\ \operatorname {ch} {\varphi },\ \operatorname {sch} {\varphi }={\frac {cx+d}{h))

A legkényelmesebb helyettesítések itt az érintők és a kotangensek, mivel ezek bizonyos mértékig elvezetik az integrált a szinusz vagy koszinusz integráljához, amit egészen egyszerűen vesszük. A fennmaradó helyettesítések sokkal bonyolultabb integrálokhoz vezetnek.

Összetett bontás a legegyszerűbbre

Ha a törtek együtthatóiban megengedettek a komplex számok, akkor a legegyszerűbbekre való bontás észrevehetően leegyszerűsödik. Komplex számokban a megfelelő tört csak az alak törteinek összegére bontható . A négyzetes nevezőjű törtek nem tekinthetők egyszerűnek. [tizenegy] ${\displaystyle {\frac {A}{(xa)^{k))))$

A komplex bővítés lehetővé teszi a tört szinte verbális integrálását. A tört valódi bővítésének minden módszere komplex bővítéssel is működik. Hátránya, hogy a végső integrál logaritmusokat és komplex számokat tartalmazó törteket tartalmaz, és ennek a kifejezésnek a csak valós számokat tartalmazó kifejezésre való redukálása további átalakításokat igényel.

Példa 1. Logaritmussal

\int {\frac {1}{(x-1)^{2}(x^{2}+1)}}dx

Összetett dekompozíciót építünk a legegyszerűbbekre. Az együtthatókat Heaviside cover módszerrel fogjuk megkeresni. Nál nél ${\displaystyle {\frac {1}{(x-1)^{2))))$

{\frac {1}{1+1}}={\frac {1}{2}}

Nál nél ${\frac {1}{(xi)))$

{\frac {1}{2i(i-1)^{2}}}={\frac {1}{2i(-2i)))={\frac {1}{4}}

Nál nél ${\frac {1}{(x+i)))$

{\frac {1}{-2i(-i-1)^{2}}}={\frac {1}{-2i(2i)))={\frac {1}{4}}

Amikor megtaláljuk a végtelen helyettesítését ${\frac {1}{x-1}}$

{\frac {1}{(x-1)^{2}(x^{2}+1)}}={\frac {\dfrac {1}{2}}{(x-1) ^{2))}+{\frac {\dfrac {1}{4}}{xi}}+{\frac {\dfrac {1}{4}}{x+i}}+{\frac {A }{x-1}}

Szorozza meg és helyettesítse be a végtelent. $x-1$

0={\frac {1}{4}}+{\frac {1}{4}}+A

A=-{\frac {1}{2}}

Ezután integráljuk.

\int {\frac {1}{(x-1)^{2}(x^{2}+1)}}\,dx=-{\frac {1}{2(x-1) ))+{\frac {1}{4}}\ln {(xi)}+{\frac {1}{4}}\ln {(x+i)}-{\frac {1}{2} }\ln {|x-1|}+C

Most meg kell szabadulnunk a logaritmusokon belüli összetett értékektől. Ehhez konjugált értékekkel rendelkező függvényeket adunk hozzá.

{\frac {1}{4}}\ln {(xi)}+{\frac {1}{4}}\ln {(x+i)}={\frac {1}{4} }\ln(x^{2}+1)

Az integrál megtalálható.

\int {\frac {1}{(x-1)^{2}(x^{2}+1)}}dx=-{\frac {1}{2(x-1))) +{\frac {1}{4}}\ln(x^{2}+1)-{\frac {1}{2}}\ln {|x-1|}+C

2. példa Arktangenssel

\int {x+6 \over x^{2}-8x+25}\,dx=\int {x+6 \over {(x-4+3i)(x-4-3i))) \,dx

A legegyszerűbbre bontást találjuk

\int {\frac {x+6}{x^{2}-8x+25}}\,dx=\left({\frac {1}{2}}+{\frac {5}{ 3}}i\jobbra)\int {\frac {1}{x-4+3i}}\,dx+\left({\frac {1}{2}}-{\frac {5}{3}} i\right)\int {\frac {1}{x-4+3i}}\,dx

Egy nyilvánvaló integráció után a következőkkel rendelkezünk:

\left({\frac {1}{2}}+{\frac {5}{3}}i\right)\ln(x-4+3i)+\left({\frac {1} {2}}-{\frac {5}{3}}i\jobbra)\ln(x-4-3i)+C

A valós és képzeletbeli kifejezéseket külön csoportosítjuk:

{\frac {1}{2}}\left(\ln(x-4+3i)+\ln(x-4-3i)\right)+{\frac {5}{3}}i \left(\ln(x-4+3i)-\ln(x-4-3i)\right)+C

{\frac {1}{2}}\ln \left((x-4+3i)(x-4-3i)\right)+{\dfrac {5}{3}}i\ln { \dfrac {x-4+3i}{x-4-3i}}+C

{\frac {1}{2}}\ln(x^{2}-8x+25)+{\frac {5}{3}}i\ln {\frac {1-i{\dfrac {x-4}{3}}}{1+i{\dfrac {x-4}{3}}}}+C

Mint tudják, egy komplex változó arctangensét logaritmusban fejezzük ki:

\operatorname {arctg} \,z={\frac {1}{2}}i\ln {\frac {1-i\,z}{1+i\,z}}

Ez lehetőséget ad arra, hogy átírjuk a második tagot az arctangensen keresztül:

\int {x+6 \over x^{2}-8x+25}\,dx={\frac {1}{2}}\ln(x^{2}-8x+25)+{ \frac {10}{3}}\operátornév {arctg} {\frac {x-4}{3}}+C

Egy komplex változó racionális függvényének integráljának megtalálásához a komplex egyszerűsítést közvetlenül használjuk, a kifejezések további átalakítása nélkül. Minden táblázatos integrál igaz az összetett függvényekre is, azzal az egyetlen változással, hogy a modulus arctangensét és logaritmusát a komplex többértékű logaritmusra, illetve a komplex többértékű arctangensre cseréljük.

Egy racionális függvény integráljának általános képe

A racionális függvény integráljának fenti módszereiből általános nézetet készíthet.

\int {\frac {P(x)}{\displaystyle \prod _{i=1}^{l}(x-x_{i})^{k_{i}}\displaystyle \prod _{ i=1}^{n}(x^{2}+p_{i}x+q_{i})^{m_{i))))\,dx={\frac {T(x)}{\ displaystyle \prod _{i=1}^{l}(x-x_{i})^{k_{i}-1}\displaystyle \prod _{i=1}^{n}(x^{2} +p_{i}x+q_{i})^{m_{i}-1}}}+\sum _{i=1}^{l}{A_{i}\ln {|x-x_{i }|}}+\sum _{i=1}^{n}\left({B_{i}\ln(x^{2}+p_{i}x+q_{i})+C_{i} \operátornév {arctg} {\frac {x+r_{i}}{h}}}\right)

${\displaystyle x+r_{i))$ itt van egy lineáris binomiális, amelyet a teljes négyzet kiválasztásával kapunk , azaz . Mindkét tört helyes. Az egyenlőség jobb oldalán lévő törtet az integrál racionális vagy algebrai részének , míg a logaritmusok és az arctangensek összegét transzcendentális résznek nevezzük . [12] $x^{2}+p_{i}x+q_{i}$ ${\displaystyle x^{2}+p_{i}x+q_{i}=(x+r_{i})^{2}+h^{2))$

Ebből az általános nézetből könnyen belátható, hogy egy olyan tört integrálja, amelynek nincs több gyöke, önmagában az arctangensek és a logaritmusok összege. Ha viszont több gyök van, akkor az integrál racionális részében ezeknek a gyöknek a többszöröse 1-gyel csökken.

Ostrogradsky-módszer

Ha a logaritmusok és az arctangensek összegét valamilyen megfelelő tört integráljaként ábrázoljuk, több gyök nélkül (ez a tört egyszerűen a derivált alapján határozható meg), akkor a következő képletet kapjuk.

\int {\frac {P(x)}{\displaystyle \prod _{i=1}^{l}(x-x_{i})^{k_{i}}\displaystyle \prod _{ i=1}^{n}(x^{2}+p_{i}x+q_{i})^{m_{i))))\,dx={\frac {T(x)}{\ displaystyle \prod _{i=1}^{l}(x-x_{i})^{k_{i}-1}\displaystyle \prod _{i=1}^{n}(x^{2} +p_{i}x+q_{i})^{m_{i}-1))}+\int {\frac {H(x)}{\displaystyle \prod _{i=1}^{l} (x-x_{i})\displaystyle \prod _{i=1}^{n}(x^{2}+p_{i}x+q_{i})}}\,dx

az úgynevezett Ostrogradsky-formula . A racionális függvények integrálásának másik módja ezen a képleten alapul - az Ostrogradsky-módszer . Lehetővé teszi a probléma csökkentését egy nevezővel ellátott racionális tört integrálására, több irreducibilis tényező nélkül, ami sokkal egyszerűbb.

A módszer lényege a következő. Tegyük fel, hogy integrálnunk kell egy racionális függvényt. Írjuk rá az Ostrogradsky-képletet (mint fent). A képletből ismerjük a törtek nevezőit, a számlálók egy fokkal kisebbek, mint a nevezők. Ez lehetőséget ad arra, hogy határozatlan együtthatójú polinomokat nevezőként írjunk fel.

{\displaystyle T(x)=A_{s}x^{s}+\ldots +A_{1}x+A_{0))

{\displaystyle H(x)=B_{r}x^{r}+\lpont +B_{1}x+B_{0))

Most ezeket az együtthatókat a meghatározatlan együtthatók módszerével találhatjuk meg. Különböztessük meg ezt az egyenlőséget, és redukáljuk közös nevezőre. Ekkor egyenlíthetjük a számlálókat, egyenlő hatványokon az együtthatókat, és megoldhatjuk a rendszert. Természetesen itt minden olyan egyszerűsítést használhatunk, amelyeket a törtek bővítésekor alkalmaztak, mint például a gyökérhelyettesítések vagy a végtelen helyettesítések. Így a probléma a többszörösek nélküli nevezővel rendelkező tört integrálására redukálódik. A több gyök nélküli nevezővel rendelkező tört sokkal könnyebben integrálható. Valamennyi tágulási együtthatója a Heaviside-módszerrel és komplex gyökök helyettesítésével nyerhető.

Példa

\int {\frac {x}{(x-1)^{2}(x+1)^{3))}\,dx

Írjuk fel az Ostrogradsky-képletet.

\int {\frac {x}{(x-1)^{2}(x+1)^{3}}}\,dx={\frac {Ax^{2}+Bx+C} {(x-1)(x+1)^{2}}}+\int {\frac {Dx+E}{(x-1)(x+1)))\,dx

Megkülönböztetni.

{\frac {x}{(x-1)^{2}(x+1)^{3))}={\frac {(2Ax+B)(x-1)(x+1) ^{2}-(Ax^{2}+Bx+C)((x+1)^{2}+(x-1)\cdot 2(x+1))}{(x-1)^{ 2}(x+1)^{4))}+{\frac {Dx+E}{(x-1)(x+1)))

A második frakciót csökkenthetjük $x+1$

{\frac {x}{(x-1)^{2}(x+1)^{3))}={\frac {(2Ax+B)(x-1)(x+1) -(Ax^{2}+Bx+C)((x+1)+(x-1)\cdot 2)}{(x-1)^{2}(x+1)^{3}}} +{\frac {Dx+E}{(x-1)(x+1)))

Hozz közös nevezőre

{\frac {x}{(x-1)^{2}(x+1)^{3))}={\frac {(2Ax+B)(x-1)(x+1) -(Ax^{2}+Bx+C)((x+1)+(x-1)\cdot 2)+(Dx+E)(x-1)(x+1)^{2}}{ (x-1)^{2}(x+1)^{3}}}

Hasonlítsuk össze a számlálókat.

x=(2Ax+B)(x-1)(x+1)-(Ax^{2}+Bx+C)((x+1)+2(x-1))+(Dx+ E )(x-1)(x+1)^{2}

Egyenlítse az együtthatókat a legmagasabb fokon.

0=D

Ez lehetőséget ad arra, hogy a jövőben ismét a legmagasabb fokon alkalmazzuk az együtthatók kiegyenlítését.

x=(2Ax+B)(x-1)(x+1)-(Ax^{2}+Bx+C)((x+1)+2(x-1))+E(x -1)(x+1)^{2}

Két nyilvánvaló helyettesítés van itt. Cseréljük le . $egy$

1=-2(A+B+C)

Cseréljük le . $-egy$

-1=4(A-B+C)

Most egyenlőségjelet teszünk a magasabb és az alacsonyabb együtthatók között.

0=2A-A-2A+E

0=-B-C+2C-E

Összeadni.

0=-A-B+C

3 egyenlet van.

\displaystyle {\begin{cases}-{\dfrac {1}{2}}=A+B+C,\\-{\dfrac {1}{4}}=A-B+C,\ \0=-A-B+C;\end{esetek}}

Vonja ki a másodikat az elsőből.

-{\frac {1}{4}}=2B

B=-{\frac {1}{8}}

Most adja hozzá az elsőt és a harmadikat.

-{\frac {1}{2}}=2C

C=-{\frac {1}{4))

Az utolsó egyenletből

A=BC=-{\frac {1}{8}}

E=A=-{\frac {1}{8}}

Ily módon

\int {\frac {x}{(x-1)^{2}(x+1)^{3}}}\,dx=-{\frac {x^{2}+x+2 }{8(x-1)(x+1)^{2}}}-{\frac {1}{8}}\int {\frac {1}{(x-1)(x+1)} }\,dx

Az utolsó integrál könnyen bevehető:

\int {\frac {1}{(x-1)(x+1)}}\,dx=\int {\frac {1}{x^{2}-1}}\,dx= {\frac {1}{2}}\ln {\left|{\frac {1+x}{1-x}}\right|}+C

Végül is

\int {\frac {x}{(x-1)^{2}(x+1)^{3}}}\,dx=-{\frac {x^{2}+x+2 }{8(x-1)(x+1)^{2}}}-{\frac {1}{16}}\ln {\left|{\frac {1+x}{1-x}} \right|}+C

Az Ostrogradsky módszere kényelmes számos több gyökér számára. A feladatot azonban nem nagyon egyszerűsíti, az egyenletrendszer nem kevésbé bonyolult, mint a szokásos legegyszerűbbekre bontással.

Ostrogradszkij módszere lehetővé teszi az integrál racionális részének megtalálását csak algebrai műveletek segítségével, még a nevező kiterjesztésének ismerete nélkül is. Legyen az Ostrogradsky-képlet. Ekkor nincs más, mint a legnagyobb közös osztó és . Kiszámítható az euklideszi algoritmus segítségével . Egy polinomot úgy kaphatunk, hogy osztjuk -val . Ezután egyszerűen egyenlővé tesszük a nevezőket, és megoldjuk a lineáris algebrai egyenletrendszert. $\int {\frac {P(x)}{Q(x)}}={\frac {T(x)}{Q_{1}(x)))+\int {\frac {H( x)}{Q_{2}(x)}}$ $Q_{1}(x)$ $Q(x)$ $Q'(x)$ $Q_{2}(x)$ $Q(x)$ $Q_{1}(x)$

Lásd még

Jegyzetek

↑ Zorich, 2012 , p. 392.
↑ Rickey, 1980 .
↑ Fikhtengolts, 2003 , p. 48.
↑ Kudrjavcev, 2003 , p. 501.
↑ Bauldry, 2018 , p. 429.
↑ Kudrjavcev, 2003 , p. 459.
↑ Kudrjavcev, 2003 , p. 504.
↑ 1 2 Fikhtengolts, 2003 , p. 41.
↑ Kudrjavcev, 2003 , p. 505.
↑ Dawkins .
↑ Kudrjavcev, 2003 , p. 503.
↑ Kudrjavcev, 2003 , p. 509.

Linkek

Részleges frakcióbővítő

Irodalom

Zorich V. A. Matematikai elemzés. 1. rész . - 6. kiadás - M. : MTSNMO, 2012. - 702 p. (Orosz)
Kudrjavcev L. D. Matematikai elemzés tanfolyam. 3 kötetben. 1. kötet. Több változós függvények differenciál- és integrálszámítása . - M . : Túzok, 2003. - 704 p. (Orosz)
Fikhtengol'ts G. M. A differenciál- és integrálszámítás menete. 3 kötetben. 2. kötet . - 8. kiadás - M . : FIZMATLIT, 2003. - 864 p. — ISBN 5-9221-0157-9 . (Orosz)
Rickey VF, Tuchinsky Ph. M. A földrajz alkalmazása a matematikára: A Secant integráljának története // Mathematics Magazine : Journal. - 1980. - május ( 53. köt. , 3. sz.). — P. 162–166 .
Bauldry WC Partial Fractions via Calculus // Daniel Alpay problémák , források és kérdések a matematikai egyetemi tanulmányokban: Journal. - 2018. - május 9. ( 28. évf. , 5. szám ). — P. 425–437 . — ISSN 1051-1970 . - doi : 10.1080/10511970.2017.1388312 .
Dawkins P. Kvadrtikus integrálok . Letöltve: 2021. július 5.