Integrace racionálních funkcí

Aktuální verze stránky ještě nebyla zkontrolována zkušenými přispěvateli a může se výrazně lišit od verze recenzované 1. června 2019; kontroly vyžadují 19 úprav .

Integrace racionálních funkcí je operace brát neurčitý integrál racionální funkce . Je známo, že primitivní funkce racionální funkce je vyjádřena jako součet racionálních funkcí, přirozených logaritmů a arkustangens . [1] Obvykle se taková integrace provádí rozkladem zlomku na nejjednodušší , ale někdy lze použít i jiné metody, například Ostrogradského metodu .

Rozklad na nejjednodušší

Nejznámějším způsobem, jak integrovat racionální funkci, je rozklad zlomku na jednoduché . Poprvé jej použil Isaac Barrow k výpočtu integrálu sečny . [2]

Z algebry je známo, že jakákoli racionální funkce může být reprezentována jako součet polynomu a konečného počtu zlomků určitého typu, nazývaných jednoduché. Nejjednodušší zlomek nad reálnými čísly je jedním z následujících dvou typů:

${\displaystyle {\frac {A}{(x-x_{0})^{k))))$
${\displaystyle {\frac {Bx+C}{(x^{2}+px+q)^{k))))$ , kde je čtvercová trojčlenka se záporným diskriminantem . $x^{2}+px+q$

Každá z těchto frakcí je pak integrována samostatně. Rozklad zlomku na nejjednodušší tedy redukuje problém integrace libovolné racionální funkce na integraci nejjednodušších zlomků. [3]

Rozklad zlomku na nejjednodušší je konstruován následovně. Nechť je požadováno sestrojit expanzi zlomku . Bez ztráty obecnosti můžeme předpokládat, že zlomek je neredukovatelný a jmenovatel má koeficient na nejvyšším stupni (pokud tomu tak není, pak zlomek zmenšíme a k čitateli přidáme nejvyšší koeficient jmenovatele). Vlastní zlomek ve svém rozkladu na nejjednodušší obsahuje pouze součet vlastních zlomků, nevlastní navíc obsahuje polynom. Případ nesprávného zlomku je však zcela jednoduše redukován na případ správného zlomku. K tomu použijte techniku zvanou výběr části celého čísla: čitatel zlomku je rozdělen se zbytkem jmenovatelem; neúplný kvocient získaný dělením a zbytek nám umožňují reprezentovat původní zlomek ve tvaru . Zlomek je již pravidelný a lze jej rozložit na samotný součet nejjednodušších zlomků. Pokud byl zlomek původně správný, pak tento krok není nutný. ${\frac {P(x)}{Q(x)))$ $jeden$ $G(x)$ $R(x)$ ${\frac {P(x)}{Q(x)}}=G(x)+{\frac {R(x)}{Q(x)))$ ${\frac {R(x)}{Q(x)))$ ${\frac {P(x)}{Q(x)))$

Expanze vlastního zlomku může mít pouze nejjednodušší členy určitého typu, který závisí pouze na polynomu . Jak je známo, jakýkoli redukovaný polynom nad reálnými čísly lze rozložit na součin redukovaných lineárních binomů a redukovaných čtvercových trinomů se zápornými diskriminanty. Rozšiřme jmenovatel zlomku na následující součin: $Q(x)$

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}}

(zde a jsou násobky odpovídajících faktorů, to znamená, kolikrát faktor vstupuje do produktu).

k_j

m_{j}

Všechny nejjednodušší zlomky v expanzi obsahují stupeň jednoho z těchto faktorů ve jmenovateli a tento stupeň je menší nebo roven násobku odpovídajícího faktoru. Například: jestliže rozšíření obsahuje faktor , pak rozšíření na jednoduché zlomky obsahuje součet $Q(x)$ ${\displaystyle (x-x0)^{k))$

{\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}}}

Podobně, jestliže rozšíření obsahuje faktor , pak rozšíření na jednoduché zlomky obsahuje součet $Q(x)$ $(x^{2}+px+q)^{m}$

{\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} }}

Obecná forma rozkladu vlastního zlomku na nejjednodušší je součtem všech takových součtů pro každý faktor rozkladu polynomu . Tedy obecný pohled na rozklad na nejjednodušší $Q(x)$

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

V tomto případě se některé členy mohou rovnat nule.

Obecný tvar rozkladu zlomku je potřebný pro nejznámější metodu rozkladu zlomku na nejjednodušší - metodu neurčitých koeficientů . Jeho podstata spočívá ve formulaci rovnic pro neznámé expanzní koeficienty. Zapisuje se rovnost vlastního zlomku a jeho rozšíření na jednoduché zlomky s neurčitými koeficienty. Pak se nějakým způsobem sestaví rovnice pro tyto koeficienty a systém rovnic se vyřeší. [čtyři]

Nejzřejmější způsob, jak napsat rovnice, je vynásobit obě strany polynomem a srovnat koeficienty se stejnými mocninami . Postup rozšiřování na jednoduché zlomky se nejsnáze popisuje na příkladech. $Q(x)$ $X$

Příklad 1. Rovnost koeficientů při stejných mocninách

${\frac {1}{(x-1)^{2}(x-2)))$ .
Obecnou formu jejího rozkladu zapíšeme na nejjednodušší s neurčitými koeficienty.

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

Vynásobte $Q(x)$

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

Otevření držáků

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)

Koeficienty srovnáme se stejnými mocninami:

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

Máme systém rovnic. Řešíme to. Z první rovnice:

A=-C

Střídejte ve druhém a třetím

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

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

Přidávání rovnic

-B=1

B=-1

Z první rovnice poslední soustavy:

C=-B=1

Ze vztahu získaného na začátku na $A$

A=-C=-1

Všechny expanzní koeficienty jsou nalezeny.

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

Příklad 2. Dosazení kořenů jmenovatele

Rovnice získané jednoduchým srovnáváním koeficientů se stejnými mocninami jsou často poměrně složité. Pro získání jednodušších rovnic se často místo určitých hodnot používají substituce. $X$

{\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}}

Vynásobte $Q(x)$

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

Nejvhodnější je nahradit hodnoty, které ruší podmínky. Nahradíme 1.

1=-C

C=-1

Nahradíme 2.

1=D

Dosazením kořenů ve jmenovateli je velmi snadné najít koeficienty zlomků s nejvyšším stupněm ve jmenovateli. Pokud bychom měli srovnat koeficienty na stejné mocniny, rovnice by byly mnohem složitější. Jak je však vidět z příkladu, k nalezení zbývajících koeficientů je třeba použít jiné metody.

Chcete-li najít koeficient na první mocnině jmenovatele, můžete použít substituci nekonečna.

{\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}}

Vynásobte obě strany $x-1$

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

Nahraďte nekonečno. Zde je substituce nekonečna chápána jako limita, která směřuje k nekonečnu, tj. $X$

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

Limita, kdy argument tíhne k nekonečnu, je zase určena velmi jednoduše: pokud je stupeň čitatele větší než stupeň jmenovatele, pak je limita , je-li menší, pak je limita 0, pokud je rovna, pak mez se rovná poměru koeficientů při vyšších mocninách. $\infty$

Vraťme se k našemu příkladu. Nahraďte nekonečno.

0=A+1

A=-1

Zbývající koeficient lze nalézt přirovnáním koeficientu ve stejném stupni obsahujícím . Nejjednodušší bude dát rovnítko mezi volné termíny, protože je lze vypočítat okamžitě bez dlouhého otevírání závorek. $X$ $B$

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

Rovnocenné volné podmínky.

1=2+2B+2-1

2B=-2

B=-1

Všechny koeficienty jsou nalezeny.

{\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))

Poslední trik je v praxi také docela pohodlný: úvodní a volný termín lze snadno získat bez otevírání závorek, takže se tento trik používá spolu se substitucemi.

Příklad 3. Substituce komplexních kořenů jmenovatele

Kořeny polynomů se záporným diskriminantem nejsou reálné. Nic nám však nebrání dosadit do rovnice komplexní kořen.

{\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}}}

Vynásobte jmenovatelem.

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

Náhradník . $jeden$

1=4A

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

Pojďme nahradit . $i$

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

A nyní srovnáme skutečnou a imaginární část, abychom dostali rovnici s reálnými čísly.

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))

Dosazením sdružené odmocniny po zrovnoprávnění reálné a imaginární části získáte stejné rovnice, takže nemá smysl hledat zbývající koeficienty. $-i$

Koeficient zjistíme přirovnáním volných členů. $C$

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

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

Koeficient zjistíme dosazením nekonečna. $B$

{\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}}}

Vynásobíme . $x-1$

{\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))))

Nahraďte nekonečno.

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

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

Všechny koeficienty jsou nalezeny.

{\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}}}

Obecně platí, že můžete nahradit naprosto jakoukoli hodnotu, ne nutně kořen jmenovatele nebo nekonečna. Ve zvláště obtížných případech to může být snazší než vypočítat a srovnat koeficienty se stejnými mocninami . $X$

Příklad 4. Rozklad jednoduchými transformacemi

Někdy lze rozklad na nejjednodušší dosáhnout jednoduše transformací výrazů. ${\frac {x^{2}-1}{x(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {x^{2}-(x^{2}+ 1)+x^{2}}{x(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {2x}{(x^{2}+1)^{2}}}- {\frac {1}{x(x^{2}+1)}}={\frac {2x}{(x^{2}+1)^{2}}}-{\frac {(x^) {2}+1)-x^{2}}{x(x^{2}+1)}}={\frac {2x}{(x^{2}+1)^{2}}}- {\frac {1}{x}}+{\frac {x}{x^{2}+1}}$

Příklad 5: Metoda pokrytí Heaviside a metoda zbytků

Pro výpočet koeficientů pro zlomky s lineárním binomem ve jmenovateli existuje přímý vzorec. Nechť je v rozkladu na neredukovatelné faktory lineární faktor a budiž jeho multiplicita. Rozklad na nejjednodušší pojmy obsahuje členy tvaru , kde . Pak: $Q(x)$ $xa$ $m$ ${\frac {B_{j}}{(xa)^{k}}}$ $1\leq k\leq m$

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

[5]

To se týká substituce po zmenšení zlomku, protože jednoduchá substituce v čitateli a jmenovateli poskytne dělení . $A$ $0$

Ukažme si příklad.

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

Koeficient uvažujeme při ${\frac {1}{(x-4)))$

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

Koeficient uvažujeme při ${\displaystyle {\frac {1}{(x+1)^{2))))$

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

Koeficient uvažujeme při ${\frac {1}{x+1}}$

\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}}

Všechny koeficienty jsou nalezeny.

{\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}}

Přímý vzorec poskytuje velmi jednoduchý způsob, jak vypočítat koeficienty zlomků s první mocninou lineárního binomu, a pro nejjednodušší zlomky umožňuje téměř slovně najít rozšíření. Proto je pouzdro izolováno samostatně. Když počítáme koeficient at, dosadíme do něj hodnotu „kryjící“ faktor ve jmenovateli . Proto se tato metoda nazývá metoda Heaviside "cover". $k=m$ ${\displaystyle {\frac {1}{(xa)^{m))))$ $A$ ${\displaystyle (xa)^{m))$

Metoda výpočtu koeficientů pomocí obecného vzorce se také někdy nazývá metoda zbytků, protože komplexní zbytky se počítají pomocí podobného vzorce.

Problém byl tedy zredukován na integraci jednoduchých zlomků.

Tabulkové integrály

Je obvyklé zapamatovat si několik integrálů racionálních funkcí, aby se na ně dále redukovaly ty složitější. [6]

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

Poslední 2 integrály se nazývají vysoké logaritmy a jejich zapamatování není nutné, protože je lze zmenšit rozšířením zlomku na nejjednodušší až druhý integrál. Integrál polynomu, který se objeví po rozšíření na nejjednodušší nevlastní zlomky, lze okamžitě vypočítat pomocí prvního vzorce.

Integrace zlomků formuláře ${\displaystyle {\frac {1}{(ax+b)^{k))))$

Zlomky tohoto druhu lze integrovat jednoduše umístěním lineárního binomu pod diferenciál. [7]

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

V závislosti na hodnotě jsme integrál zredukovali na případ 1 nebo 2. $k$

Pokud , pak $k=1$

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

Pokud , pak $k>1$

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

Integrace zlomků formuláře ${\frac {ax+b}{rx^{2}+px+q))$

Podívejme se nejprve na zlomek formuláře . ${\frac {1}{rx^{2}+px+q))$

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

K integraci takových zlomků se používá výběr celé druhé mocniny jmenovatele. [8] Přidejme k číslu takové, aby vznikla druhá mocnina součtu. Převedeme výsledný výraz na čtverec lineárního binomu. Přičtené číslo odečteme od , aby se výraz nezměnil. Dostaneme reprezentaci čtvercového trinomu ve tvaru . Výsledný lineární binom přivedeme pod diferenciál: $rx^{2}+px$ $q$ $(cx+d)^{2}+e$

\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)

Integrál jsme zredukovali na tabulkový; konkrétní tabulkový integrál je určen znaménkem . Pokud , pak značíme : $E$ $e>0$ $h={\sqrt {e))$

{\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}}\jméno operátora {arctg} {\frac {cx+d}{h}}+C

Pokud , pak značíme : $e<0$ $h={\sqrt {-e))$

{\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

Pokud , pak: $e=0$

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

Příklad

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

Vybereme celý čtverec. Chcete-li se stát čtvercem, musíte přidat . Pak . Aby se tento výraz rovnal jmenovateli, musíte přidat . $x^{2}+3x$ ${\frac {9}{4))$ $x^{2}+3x+{\frac {9}{4}}=\left(x+{\frac {3}{2}}\right)^{2}$ ${\frac {11}{4))$

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

Celý čtverec je zvýrazněn. Nyní přinesme výsledný binom pod diferenciál.

\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}}} \operatorname {arctg} {\frac {2x+3}{\sqrt {11}}}+C

Pro integraci zlomků tvaru v čitateli se rozlišuje derivace jmenovatele. [8] Vezmeme derivaci jmenovatele, vynásobíme nějakým číslem, takže dostaneme kdy a pak se přičte hodnota, abychom dostali b. ${\frac {ax+b}{rx^{2}+px+q))$ $X$ $A$

Derivace čitatele je . Vynásobíme to takovým číslem, že s x dostaneme . $2rx+p$ $A$

s(2rx+p)=ax+p

Pak přidáme takové číslo, aby se tento výraz rovnal čitateli.

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

V tomto tvaru zapisujeme čitatel do integrálu.

\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

Druhý integrál již byl zvažován v předchozím odstavci. Zbývá vzít první. Protože čitatel obsahuje derivaci jmenovatele, můžeme jmenovatele snadno přivést pod diferenciál.

\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|}

Příklad

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

V čitateli je nutné zvýraznit derivaci jmenovatele. Vezměme derivaci jmenovatele.

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

Nyní jej musíme vynásobit číslem a přidat další číslo, abychom ho dostali do čitatele. Aby se koeficient at rovnal, je nutné vynásobit . $X$ $7$ ${\frac {7}{2))$

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

Chcete-li získat bezplatného člena , musíte odečíst . $-4$ ${\frac {29}{2))$

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

To zapíšeme do čitatele a vydělíme 2 integrály.

\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

Druhý integrál je brán tak, jak je popsáno v předchozím odstavci. To jsme vzali v předchozím příkladu.

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

V prvním integrálu dáme jmenovatele pod diferenciál. Jelikož máme v čitateli derivaci jmenovatele, jednoduše zmizí.

\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}}}}\jméno operátora {arctg} {{\frac {2x+3}{\sqrt {11}}}+C

Popsaná integrační metoda funguje pro jakýkoli zlomek se čtvercovou trojčlenkou ve jmenovateli, nejen se záporným diskriminantem. Pro zlomky s binomem s kladným diskriminantem jsme tedy uvažovali o dvou metodách integrace.

Integrace zlomků formuláře ${\displaystyle {\frac {ax+b}{(rx^{2}+px+q)^{m))))$

Zlomek je také integrován zvýrazněním derivace jmenovatele v čitateli. ${\displaystyle {\frac {ax+b}{(rx^{2}+px+q)^{m))))$

\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

Levý integrál je tabulkový:

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

Pravý integrál je nejsložitější z těch, které jsou zde uvažovány. Okamžitě vyberte celý čtverec ve jmenovateli. Problém je redukován na následující integrál:

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

Zvažte dva způsoby, jak to vzít.

Relace opakování

Označme . Neboť můžete vytvořit rekurentní vztah. Budeme brát integrál po částech: $I_{k}=\int {\frac {1}{((cx+d)^{2}+e)^{k))}\,dx$ $já_{k}$

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}

Pak

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

Integrál lze vzít tak, jak je uvedeno v předchozím odstavci. Potom se pomocí získaného rekurzivního vzorce postupně berou integrály a tak dále až do požadovaného integrálu. Tato metoda je zvláště výhodná při integraci zlomků po rozkladu na jednoduché, protože okamžitě dává integrály pro všechny . [9] $I_1$ $I_{2},I_{3},\ldots$ $k\leq m$

Příklad

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

Bereme po sobě jdoucí integrály.

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

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

Výsledek:

\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}}\operatorname {arctg} {\frac {x-1}{2}}+C

Protože integrály tohoto druhu jsou poměrně vzácné, obvykle se tento rekurzivní vzorec nepamatuje, ale pokaždé se jednoduše odvodí. Všimněte si, že vzorec neukládá žádná omezení na znaménko . Tento rekurentní vztah lze tedy použít i v případě, že čtvercová trojčlenka ve jmenovateli má kladný diskriminant. $E$

Trigonometrické substituce

Integrace tohoto druhu zlomků je také možná pomocí trigonometrické substituce. Zvažte nejprve zlomek formuláře

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

Zde je důležitý rozdíl od rekurentního vzorce: nezávisel na znaménku diskriminantu a fungoval v každém případě stejným způsobem; zde okamžitě předpokládáme, že diskriminant jmenovatele je záporný, a proto jej po zvolení plného čtverce můžeme reprezentovat jako druhou mocninu kladného čísla . Odeberme to ze součtu. $E$ $h^{2}$ $h^{2}$

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

Udělejme výměnu . Pak . ${\frac {cx+d}{h}}=\jméno operátora {tg} {\varphi }$ $dx={\frac {h}{c\cos ^{2}\varphi }}$

\int {\frac {1}{h^{2m}\left({\dfrac {(cx+d)^{2}}{h^{2}}}+1\right)^{m ))}dx={\frac {h}{c}}\int {\frac {1}{h^{2m}(\operatorname {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

Tento integrál se celkem snadno vezme postupným aplikováním vzorců pro snížení stupně v případě sudého stupně kosinu a uvedením kosinusu pod diferenciál v případě lichého. Výsledkem je lineární kombinace stupňů sinů ze sudého úhlu.

Dále musíte provést zpětnou výměnu. K získání krásných výrazů se používá následující trik. Výraz připomíná Pythagorovu větu. Pokud vezmeme v úvahu přeponu , nohy a -, pak výraz nabývá významu jako tangens úhlu mezi větví a přeponou, protože jde o poměr protější větve k přeponě. Kdežto poměr protilehlé nohy k přeponě, ale jako poměr přilehlé k přeponě. Že tomu tak skutečně je, lze snadno ověřit. Tyto úvahy jsou pohodlným způsobem, jak si tyto vzorce zapamatovat, ale je třeba mít na paměti, že se nejedná o formální odůvodnění. $(cx+d)^{2}+h^{2}=rx^{2}+px+q$ $cx+d$ $h$ ${\sqrt {rx^{2}+px+q))$ ${\frac {cx+d}{h}}=\jméno operátora {tg} {\varphi }$ $h$ ${\displaystyle \sin \varphi ={\frac {cx+d}{\sqrt {rx^{2}+px+q))))$ ${\displaystyle \cos \varphi ={\frac {h}{\sqrt {rx^{2}+px+q))))$

Vzorce pro sinus a kosinus lze snadno zapamatovat: sinus je dělení lineárního binomu z plného čtverce odmocninou čtvercového trinomu a kosinus je dělení konstanty (přesněji její odmocnina), která se přidá do celého čtverce. [deset]

Příklad

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

Provádíme náhradu.

{\dfrac {2}{\sqrt {11}}}x+{\dfrac {3}{\sqrt {11}}}=\název operátora {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}{(\operatorname {tg} ^{2}{\varphi }+1)^{4}\cos ^{2}\varphi }}d\varphi ={\frac {128}{1331{\sqrt { 11}}}}\int \cos ^{6}\varphi d\varphi

Abychom nenesli konstanty, vezmeme integrál kosinu do šestého zvlášť.

\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

Nakonec

\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

Dalším krokem je vyjádření sinusů pomocí tečen. Pamatujte na trik s nohou a přeponou. Zde opačná noha , sousední - , přepona - . Pak: $x+{\frac {3}{2))$ ${\frac {\sqrt {11}}{2}}$ ${\sqrt {x^{2}+3x+5}}$

{\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}}}

Z toho se konečně dostáváme

\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}}}

Takto,

\int {\frac {1}{(x^{2}+3x+5)^{4))}dx={\frac {16}{1331{\sqrt {11))))\left ({\frac {5}{2}}\operatorname {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}}}\right)+C

Existuje varianta této metody pro trinomy s kladným diskriminantem.

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

V takové situaci lze provést hyperbolickou substituci.

{\frac {cx+d}{h}}=\jméno operátora {th} {\varphi }

Potom podobně dospějeme k integrálu hyperbolického kosinu v sudém stupni a integrujeme jej podobně. Konečný výraz se skládá z hyperbolických sinů a lineárních členů. V lineárních členech provedeme obrácenou substituci

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

K vyjádření hyperbolických sinusů používáme podobnou techniku:

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

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

Ve skutečnosti mohou být trigonometrické a hyperbolické náhrady odlišné. Pro případ negativní diskriminace jsou možné následující substituce:

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

Pro pozitivní případ:

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

Nejvhodnější substituce jsou zde tangens a kotangens, protože vedou do určité míry integrál k integrálu sinu nebo kosinu, což se bere docela jednoduše. Zbývající substituce vedou k mnohem složitějším integrálům.

Složitý rozklad na nejjednodušší

Pokud jsou v koeficientech zlomků povolena komplexní čísla, pak je rozklad na nejjednodušší znatelně zjednodušen. V komplexních číslech lze správný zlomek rozložit na součet zlomků samotného tvaru . Zlomky se čtvercovými jmenovateli nejsou považovány za jednoduché. [jedenáct] ${\displaystyle {\frac {A}{(xa)^{k))))$

Použití komplexního rozšíření umožňuje integrovat zlomek téměř verbálně. Všechny metody reálného expanze zlomku pracují i s komplexní expanzí. Nevýhodou je, že konečný integrál obsahuje logaritmy a zlomky s komplexními čísly a redukce tohoto výrazu na výraz obsahující pouze reálná čísla vyžaduje další transformace.

Příklad 1. S logaritmem

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

Konstruujeme složitý rozklad na nejjednodušší. Koeficienty budeme hledat pomocí Heavisideovy krycí metody. V ${\displaystyle {\frac {1}{(x-1)^{2))))$

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

V ${\frac {1}{(xi)))$

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

V ${\frac {1}{(x+i)))$

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

Když najdeme substituci nekonečna ${\frac {1}{x-1}}$

{\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}}

Vynásobte a dosaďte nekonečno. $x-1$

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

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

Dále integrujeme.

\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

Nyní se musíme zbavit složitých hodnot uvnitř logaritmů. K tomu přidáváme funkce s konjugovanými hodnotami.

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

Integrál je nalezen.

\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

Příklad 2. S arkus tangens

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

Najdeme rozklad na nejjednodušší

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

Po jasné integraci máme:

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

Seskupujeme skutečné a smyšlené pojmy odděleně:

{\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

Jak víte, arkus tangens komplexní proměnné je vyjádřen v logaritmu:

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

To nám dává příležitost přepsat druhý člen přes arkus tangens:

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

K nalezení integrálu racionální funkce komplexní proměnné se použije komplexní zjednodušení přímo bez další transformace výrazů. Všechny tabulkové integrály platí také pro komplexní funkce, s jedinou změnou, že arkustangens a logaritmus modulu jsou nahrazeny komplexním vícehodnotovým logaritmem a komplexním vícehodnotovým arkustangens.

Obecný pohled na integrál racionální funkce

Z výše uvedených metod pro integrál racionální funkce si můžete udělat obecný pohled.

\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)}{\ styl zobrazení \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}}}+\součet _{i=1}^{l}{A_{i}\ln {|x-x_{i }|}}+\součet _{i=1}^{n}\left({B_{i}\ln(x^{2}+p_{i}x+q_{i})+C_{i} \operatorname {arctg} {\frac {x+r_{i}}{h}}}\right)

${\displaystyle x+r_{i))$ zde je lineární binom získaný výběrem úplného čtverce z , tj . Oba zlomky jsou správné. Zlomek na pravé straně rovnosti se nazývá racionální nebo algebraická část integrálu, zatímco součet logaritmů a arkustangens se nazývá transcendentální část . [12] $x^{2}+p_{i}x+q_{i}$ ${\displaystyle x^{2}+p_{i}x+q_{i}=(x+r_{i})^{2}+h^{2))$

Z tohoto obecného pohledu je snadné vidět, že integrál zlomku, který nemá více kořenů, je pouze součtem arkustangens a logaritmů. Pokud naopak existuje více kořenů, pak v racionální části integrálu se násobnosti těchto kořenů sníží o 1.

Ostrogradského metoda

Je-li součet logaritmů a arkustangens reprezentován jako integrál nějakého vlastního zlomku bez více odmocnin (tento zlomek lze určit jednoduše pomocí derivace), dostaneme následující vzorec.

\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)}{\ styl zobrazení \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

zvaný Ostrogradského formule . Na tomto vzorci je založena další metoda integrace racionálních funkcí - Ostrogradského metoda . Umožňuje redukovat problém na integraci racionálního zlomku se jmenovatelem bez více neredukovatelných faktorů, což je mnohem jednodušší.

Podstata metody je následující. Předpokládejme, že potřebujeme integrovat racionální funkci. Napíšeme pro to Ostrogradského vzorec (jak je uvedeno výše). Ze vzorce známe jmenovatele zlomků, čitatelé mají o stupeň menší než jmenovatelé. To nám dává možnost psát polynomy s neurčitými koeficienty jako jmenovatele.

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

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

Nyní můžeme tyto koeficienty najít metodou neurčitých koeficientů. Rozlišujme tuto rovnost a zredukujme na společného jmenovatele. Potom můžeme srovnat čitatele, srovnat koeficienty se stejnými mocninami a vyřešit systém. Samozřejmě zde můžete využít všechna zjednodušení, která byla použita při rozšiřování zlomků, jako jsou substituce odmocnin nebo substituce nekonečna. Tím se problém zredukuje na integraci zlomku se jmenovatelem bez násobků. Zlomek se jmenovatelem bez více kořenů je mnohem snazší integrovat. Všechny jeho expanzní koeficienty lze získat Heavisideovou metodou a substitucemi komplexních kořenů.

Příklad

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

Zapišme Ostrogradského vzorec.

\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

Odlišit.

{\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)))

Druhý zlomek lze redukovat na $x+1$

{\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)))

Přivést ke společnému jmenovateli

{\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}}}

Porovnejme čitatele.

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

Srovnejte koeficienty na nejvyšším stupni.

0=D

To nám dává možnost v budoucnu opět využít vyrovnání koeficientů na nejvyšší stupeň.

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

Jsou zde dvě zřejmé substituce. Pojďme nahradit . $jeden$

1=-2(A+B+C)

Pojďme nahradit . $-jeden$

-1=4(A-B+C)

Nyní srovnáme vyšší a nižší koeficienty.

0=2A-A-2A+E

0=-B-C+2C-E

Přidat.

0=-A-B+C

Mám 3 rovnice.

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

Odečtěte druhý od prvního.

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

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

Nyní přidejte první a třetí.

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

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

Z poslední rovnice

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

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

Takto,

\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

Poslední integrál je snadné vzít:

\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

Nakonec

\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

Ostrogradského metoda je vhodná pro velké množství vícenásobných kořenů. Úlohu však příliš nezjednodušuje, systém rovnic se ukazuje jako neméně složitý než při obvyklém rozkladu na nejjednodušší.

Ostrogradského metoda umožňuje najít racionální část integrálu pouze pomocí algebraických operací, a to i bez znalosti rozvoje jmenovatele. Nechť je Ostrogradského vzorec. Pak není nic jiného než největší společný dělitel a . Lze jej vypočítat pomocí euklidovského algoritmu . Polynom lze získat dělením . Pak jednoduše srovnáme jmenovatele a vyřešíme soustavu lineárních algebraických rovnic. $\int {\frac {P(x)}{Q(x)}}={\frac {T(x)}{Q_{1}(x)))+\int {\frac {H( x)}{Q_{2}(x)}}$ $Q_{1}(x)$ $Q(x)$ $Q'(x)$ $Q_{2}(x)$ $Q(x)$ $Q_{1}(x)$

Viz také

Poznámky

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

Odkazy

Expandér částečných zlomků

Literatura

Zorich V. A. Matematická analýza. Část 1 . - 6. vyd. - M. : MTSNMO, 2012. - 702 s. (Ruština)
Kudryavtsev L. D. Kurz matematické analýzy. Ve 3 svazcích. 1. díl. Diferenciální a integrální počet funkcí více proměnných . - M .: Drop, 2003. - 704 s. (Ruština)
Fikhtengol'ts G. M. Kurz diferenciálního a integrálního počtu. Ve 3 svazcích. Svazek 2 . - 8. vyd. - M. : FIZMATLIT, 2003. - 864 s. — ISBN 5-9221-0157-9 . (Ruština)
Rickey VF, Tuchinsky Ph. M. Aplikace geografie na matematiku: Historie integrálu sekantu // Magazín Mathematics : Journal. - 1980. - Květen ( roč. 53 , č. 3 ). — S. 162–166 .
Bauldryho WC parciální zlomky pomocí kalkulu // Problémy , zdroje a problémy v bakalářských studiích matematiky Daniel Alpay : Journal. - 2018. - 9. května ( 28. díl , 5. vydání ). — S. 425–437 . — ISSN 1051-1970 . - doi : 10.1080/10511970.2017.1388312 .
Dawkins P. Integrály zahrnující kvadritiku . Staženo: 5. července 2021.