Integrering av rationella funktioner

Den aktuella versionen av sidan har ännu inte granskats av erfarna bidragsgivare och kan skilja sig väsentligt från versionen som granskades den 1 juni 2019; kontroller kräver 19 redigeringar .

Integration av rationella funktioner är operationen att ta en obestämd integral av en rationell funktion . Det är känt att antiderivatan av en rationell funktion uttrycks som summan av rationella funktioner, naturliga logaritmer och arctangenter . [1] Vanligtvis utförs sådan integration genom att bryta ned en bråkdel till de enklaste , men ibland kan andra metoder användas, till exempel Ostrogradsky-metoden .

Nedbrytning till enklaste

Det mest kända sättet att integrera en rationell funktion är att faktorisera en bråkdel till enkla . Den användes först av Isaac Barrow för att beräkna integralen av sekanten . [2]

Det är känt från algebra att vilken rationell funktion som helst kan representeras som summan av ett polynom och ett ändligt antal bråkdelar av en viss typ, kallade enkla. Det enklaste bråket över reella tal är en av följande två typer:

${\displaystyle {\frac {A}{(x-x_{0})^{k))))$
${\displaystyle {\frac {Bx+C}{(x^{2}+px+q)^{k))))$ , där är ett kvadratiskt trinomium med negativ diskriminant . $x^{2}+px+q$

Var och en av dessa fraktioner integreras sedan separat. Således minskar nedbrytningen av en bråkdel till de enklaste, problemet med att integrera en godtycklig rationell funktion till integrationen av de enklaste bråken. [3]

Nedbrytningen av en fraktion till de enklaste konstrueras enligt följande. Låt det krävas att konstruera expansionen av fraktionen . Utan förlust av generalitet kan vi anta att bråket är irreducerbart och att nämnaren har en koefficient i högsta grad (om så inte är fallet, så minskar vi bråket och lägger till den högsta koefficienten av nämnaren till täljaren). Ett egenbråk i sin sönderdelning till enklaste innehåller bara summan av egenbråk, medan ett oegentligt även innehåller ett polynom. Men fallet med en oegentlig fraktion reduceras helt enkelt till fallet med en riktig. För att göra detta, använd en teknik som kallas valet av heltalsdelen: täljaren för bråket delas med resten med nämnaren; den ofullständiga kvoten som erhålls som ett resultat av division och resten tillåter oss att representera det ursprungliga bråket i formen . Bråket är redan regelbundet och kan delas upp i summan av de enklaste bråken enbart. Om bråktalet ursprungligen var korrekt, är detta steg inte nödvändigt. ${\frac {P(x)}{Q(x)))$ $ett$ $G(x)$ $R(x)$ ${\frac {P(x)}{Q(x)}}=G(x)+{\frac {R(x)}{Q(x)))$ ${\frac {R(x)}{Q(x)))$ ${\frac {P(x)}{Q(x)))$

Expansionen av en egen bråkdel kan bara ha de enklaste termerna av en viss typ, som bara beror på polynomet . Som bekant kan vilket reducerat polynom som helst över reella tal brytas upp till en produkt av reducerade linjära binomialer och reducerade kvadrattrinomial med negativa diskriminanter. Låt oss utöka bråkets nämnare till följande produkt: $Q(x)$

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}}

(här och är multipliciteten av motsvarande faktorer, det vill säga antalet gånger som faktorn kommer in i produkten).

k_j

m_{j}

Alla de enklaste bråken i expansionen innehåller graden av en av dessa faktorer i nämnaren, och denna grad är mindre än eller lika med multipliciteten av motsvarande faktor. Till exempel: om expansionen innehåller faktorn innehåller expansionen till enkla bråk summan $Q(x)$ ${\displaystyle (x-x0)^{k))$

{\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}}}

På samma sätt, om expansionen innehåller faktorn , innehåller expansionen till enkla bråk summan $Q(x)$ $(x^{2}+px+q)^{m}$

{\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} }}

Den allmänna formen av nedbrytningen av ett egentligt bråk till de enklaste är summan av alla sådana summor för varje faktor i nedbrytningen av ett polynom . Således, den allmänna synen på nedbrytningen till det enklaste $Q(x)$

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

I det här fallet kan vissa termer vara lika med noll.

Den allmänna formen för sönderdelningen av ett bråk behövs för den mest kända metoden att bryta ned en bråkdel till de enklaste - metoden med obestämda koefficienter . Dess väsen ligger i formuleringen av ekvationer för okända expansionskoefficienter. Likheten för ett egenbråk och dess expansion till enkla bråk med obestämda koefficienter skrivs. Sedan sammanställs på något sätt ekvationer för dessa koefficienter och ekvationssystemet löses. [fyra]

Det mest uppenbara sättet att skriva ekvationer är att multiplicera båda sidor med ett polynom och likställa koefficienterna med samma potenser . Proceduren för att expandera till enkla bråk är enklast att beskriva med exempel. $Q(x)$ $x$

Exempel 1. Likställande av koefficienter vid samma potenser

${\frac {1}{(x-1)^{2}(x-2)))$ .
Vi skriver ner den allmänna formen av dess nedbrytning till de enklaste med obestämda koefficienter.

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

Multiplicera med $Q(x)$

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

Öppna fästena

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)

Vi likställer koefficienterna vid samma potenser:

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

Vi har ett ekvationssystem. Vi löser det. Från den första ekvationen:

A=-C

Ersättare i tvåan och trean

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

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

Lägga till ekvationer

-B=1

B=-1

Från den första ekvationen i det sista systemet:

C=-B=1

Från den relation som erhölls i början och framåt $A$

A=-C=-1

Alla expansionskoefficienter finns.

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

Exempel 2. Ersättande av nämnarens rötter

Ekvationerna som erhålls genom att helt enkelt likställa koefficienterna vid samma potenser är ofta ganska komplexa. För att få enklare ekvationer används ofta substitutioner istället för vissa värden. $x$

{\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}}

Multiplicera med $Q(x)$

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

Det är mest bekvämt att ersätta värden som upphäver villkoren. Låt oss ersätta 1.

1=-C

C=-1

Låt oss ersätta 2.

1=D

Genom att ersätta nämnarens rötter är det mycket enkelt att hitta koefficienterna för bråk med den högsta graden i nämnaren. Om vi skulle likställa koefficienterna vid lika potenser skulle ekvationerna vara mycket mer komplicerade. Men som framgår av exemplet måste andra metoder användas för att hitta de återstående koefficienterna.

För att hitta koefficienten i nämnarens första potens kan du använda ersättningen av oändlighet.

{\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}}

Multiplicera båda sidor med $x-1$

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

Ersätt oändlighet. Här förstås substitution av oändlighet som gränsen eftersom den tenderar mot oändlighet, det vill säga, $x$

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

I sin tur bestäms gränsen när argumentet tenderar till oändlighet mycket enkelt: om graden av täljaren är större än graden av nämnaren, då är gränsen , om mindre, är gränsen 0, om den är lika, då gränsen är lika med förhållandet mellan koefficienterna vid högre potenser. $\infty$

Låt oss gå tillbaka till vårt exempel. Ersätt oändlighet.

0=A+1

A=-1

Den återstående koefficienten kan hittas genom att likställa koefficienten i samma grad som innehåller . Det är lättast att likställa fria villkor, eftersom de kan beräknas omedelbart utan en lång öppning av parentes. $x$ $B$

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

Jämställ fria villkor.

1=2+2B+2-1

2B=-2

B=-1

Alla koefficienter finns.

{\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))

Det sista tricket är också ganska praktiskt i praktiken: den inledande och fria termen kan enkelt erhållas utan att öppna parenteser, så detta trick används tillsammans med substitutioner.

Exempel 3. Substitution av komplexa rötter av nämnaren

Rötterna till polynom med negativ diskriminant är inte verkliga. Men ingenting hindrar oss från att ersätta den komplexa roten i ekvationen.

{\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}}}

Multiplicera med nämnaren.

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

Ersättare . $ett$

1=4A

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

Låt oss ersätta . $i$

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

Och nu sätter vi likhetstecken mellan de reella och imaginära delarna för att få en ekvation med reella tal.

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}}

Att ersätta den konjugerade roten efter att ha likställt de reella och imaginära delarna kommer att ge samma ekvationer, så det är inte meningsfullt att hitta de återstående koefficienterna. $-jag$

Vi hittar koefficienten genom att likställa de fria termerna. $C$

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

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

Vi hittar koefficienten genom att ersätta oändlighet. $B$

{\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}}}

Vi multiplicerar med . $x-1$

{\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))))

Ersätt oändlighet.

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

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

Alla koefficienter finns.

{\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}}}

I allmänhet kan du ersätta absolut vilket värde som helst, inte nödvändigtvis roten till nämnaren eller oändligheten. I särskilt svåra fall kan detta vara lättare än att beräkna och likställa koefficienterna vid samma potenser . $x$

Exempel 4. Nedbrytning genom enkla transformationer

Ibland kan nedbrytning till det enklaste erhållas helt enkelt genom att omvandla uttryck. ${\frac {x^{2}-1}{x(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {x^{2}-(x^{2}+ 1)+x^{2}}{x(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {2x}{(x^{2}+1)^{2}}}- {\frac {1}{x(x^{2}+1)}}={\frac {2x}{(x^{2}+1)^{2}}}-{\frac {(x^ {2}+1)-x^{2}}{x(x^{2}+1)}}={\frac {2x}{(x^{2}+1)^{2}}}- {\frac {1}{x}}+{\frac {x}{x^{2}+1}}$

Exempel 5: Heaviside Cover Method och Residue Method

För att beräkna koefficienterna för bråk med ett linjärt binomial i nämnaren finns en direkt formel. Låt det finnas en linjär faktor i nedbrytningen till irreducerbara faktorer och vara dess mångfald. Nedbrytningen till enklaste termer innehåller termer av formen , där . Sedan: $Q(x)$ $xa$ $m$ ${\frac {B_{j}}{(xa)^{k}}}$ $1\leq k\leq m$

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

[5]

Detta syftar på substitutionen efter minskningen av bråket, eftersom en enkel substitution i täljaren och nämnaren ger en division med . $a$ $0$

Låt oss visa ett exempel.

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

Vi betraktar koefficienten vid ${\frac {1}{(x-4)))$

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

Vi betraktar koefficienten vid ${\displaystyle {\frac {1}{(x+1)^{2))))$

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

Vi betraktar koefficienten vid ${\frac {1}{x+1}}$

\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}}

Alla koefficienter finns.

{\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}}

Den direkta formeln ger ett mycket enkelt sätt att beräkna koefficienterna för bråk med första potensen av ett linjärt binomial, och för de enklaste bråken kan du nästan verbalt hitta expansionen. Därför är fallet isolerat separat. När vi beräknar koefficienten vid, ersätter vi värdet som "täcker" faktorn i nämnaren i det . Därför kallas denna metod för Heaviside "cover"-metoden. $k=m$ ${\displaystyle {\frac {1}{(xa)^{m))))$ $a$ ${\displaystyle (xa)^{m))$

Metoden för att beräkna koefficienter med hjälp av en allmän formel kallas också ibland metoden för rester, eftersom komplexa rester beräknas med en liknande formel.

Således reducerades problemet till integrering av enkla bråk.

Tabellintegraler

Det är vanligt att memorera flera integraler av rationella funktioner för att ytterligare reducera mer komplexa till dem. [6]

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

De två sista integralerna kallas höga logaritmer och deras memorering är inte nödvändig, eftersom de kan reduceras genom att expandera bråket till de enklaste till den andra integralen. Integralen av polynomet, som visas efter expansion till de enklaste oegentliga bråken, kan omedelbart beräknas med den första formeln.

Integration av bråkdelar av formen ${\displaystyle {\frac {1}{(ax+b)^{k))))$

Bråk av detta slag kan integreras helt enkelt genom att placera en linjär binomial under differentialen. [7]

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

Beroende på värdet reducerade vi integralen till fall 1 eller 2. $k$

Om , då $k=1$

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

Om , då $k>1$

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

Integration av bråkdelar av formen ${\frac {ax+b}{rx^{2}+px+q))$

Låt oss först betrakta en bråkdel av formen . ${\frac {1}{rx^{2}+px+q))$

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

För att integrera sådana bråk, används valet av hela kvadraten på nämnaren. [8] Låt oss lägga till ett tal så att kvadraten på summan bildas. Låt oss förvandla det resulterande uttrycket till en kvadrat av ett linjärt binomial. Vi subtraherar det adderade talet från så att uttrycket inte ändras. Vi får representationen av ett kvadratiskt trinomium i formen . Vi tar den resulterande linjära binomialen under differentialen: $rx^{2}+px$ $q$ $(cx+d)^{2}+e$

\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)

Vi har reducerat integralen till en tabellform; en viss tabellintegral bestäms av tecknet . Om så betecknar vi : $e$ $e>0$ $h={\sqrt {e))$

{\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}}\operatörsnamn {arctg} {\frac {cx+d}{h}}+C

Om så betecknar vi : $e<0$ $h={\sqrt {-e))$

{\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

Om , då: $e=0$

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

Exempel

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

Låt oss välja en hel fyrkant. För att bli en kvadrat måste du lägga till . Sedan . För att göra detta uttryck lika med nämnaren måste du lägga till . $x^{2}+3x$ ${\frac {9}{4))$ $x^{2}+3x+{\frac {9}{4}}=\left(x+{\frac {3}{2}}\right)^{2}$ ${\frac {11}{4))$

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

Hela fyrkanten är markerad. Låt oss nu föra den resulterande binomialen under differentialen.

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

För att integrera bråkdelar av formen i täljaren urskiljs derivatan av nämnaren. [8] Derivatan av nämnaren tas, multiplicerad med något tal så att när erhålls och sedan adderas värdet för att få b. ${\frac {ax+b}{rx^{2}+px+q))$ $x$ $a$

Täljarens derivata är . Vi multiplicerar det med ett sådant tal att med x får vi . $2rx+p$ $a$

s(2rx+p)=ax+p

Sedan lägger vi till ett sådant tal att detta uttryck blir lika med täljaren.

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

I denna form skriver vi täljaren i integralen.

\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

Den andra integralen har redan behandlats i föregående stycke. Det återstår att ta den första. Eftersom täljaren innehåller nämnarens derivata kan vi enkelt föra nämnaren under differentialen.

\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|}

Exempel

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

Det är nödvändigt att markera derivatan av nämnaren i täljaren. Låt oss ta derivatan av nämnaren.

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

Nu måste vi multiplicera det med ett tal och lägga till ytterligare ett tal för att få det till täljaren. För att koefficienten vid ska bli lika är det nödvändigt att multiplicera med . $x$ $7$ ${\frac {7}{2))$

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

För att få en gratis medlem måste du dra av . $-4$ ${\frac {29}{2}}$

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

Vi skriver in detta i täljaren och dividerar med 2 integraler.

\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

Den andra integralen tas enligt beskrivningen i föregående stycke. Det togs av oss i föregående exempel.

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

I den första integralen sätter vi nämnaren under differentialen. Eftersom vi har derivatan av nämnaren i täljaren försvinner den helt enkelt.

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

Den beskrivna integrationsmetoden fungerar för vilket bråk som helst med ett kvadrattrinomial i nämnaren, och inte bara med en negativ diskriminant. För bråk med en binomial med en positiv diskriminant har vi alltså övervägt två metoder för integration.

Integration av bråkdelar av formen ${\displaystyle {\frac {ax+b}{(rx^{2}+px+q)^{m))))$

Bråket integreras också genom att markera derivatan av nämnaren i täljaren. ${\displaystyle {\frac {ax+b}{(rx^{2}+px+q)^{m))))$

\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

Den vänstra integralen är tabellform:

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

Den rätta integralen är den mest komplicerade av de som betraktas här. Välj omedelbart hela kvadraten i nämnaren. Problemet reduceras till att ta följande integral:

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

Överväg två sätt att ta det.

Återkommande relation

Låt oss beteckna . För du kan skapa en återkommande relation. Vi tar integralen i delar: $I_{k}=\int {\frac {1}{((cx+d)^{2}+e)^{k))}\,dx$ $jag_{k}$

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}

Sedan

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

Integralen kan tas som visas i föregående stycke. Sedan, med hjälp av den erhållna rekursiva formeln, tas integraler sekventiellt , och så vidare upp till den önskade integralen. Denna metod är särskilt praktisk när man integrerar fraktioner efter nedbrytning till enkla, eftersom den omedelbart ger integraler för alla . [9] $I_1$ $I_{2},I_{3},\ldots$ $k\leq m$

Exempel

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

Vi tar successiva integraler.

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

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

Resultat:

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

Eftersom integraler av det här slaget är ganska sällsynta, kommer vanligtvis inte denna rekursiva formel att komma ihåg, utan helt enkelt härledas varje gång. Observera att formeln inte sätter några begränsningar på skylten . Således kan denna återkommande relation också användas om kvadrattrinomialet i nämnaren har en positiv diskriminant. $e$

Trigonometrisk substitution

Integrering av denna typ av fraktioner är också möjlig med hjälp av trigonometrisk substitution. Betrakta först en bråkdel av formuläret

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

Det finns en viktig skillnad från den återkommande formeln här: den berodde inte på diskriminantens tecken och fungerade på samma sätt i alla fall; här antar vi omedelbart att nämnarens diskriminant är negativ och därför, efter att ha valt hela kvadraten, kan vi representera den som en kvadrat av ett positivt tal . Låt oss ta det ur summan. $e$ $h^{2}$ $h^{2}$

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

Låt oss byta ut . Sedan . ${\frac {cx+d}{h}}=\operatörsnamn {tg} {\varphi }$ $dx={\frac {h}{c\cos ^{2}\varphi }}$

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

Denna integral är ganska lätt att ta genom att successivt tillämpa formlerna för att sänka graden i fallet med en jämn grad av cosinus, och sätta cosinus under differentialen i fallet med en udda. Som ett resultat får vi en linjär kombination av grader av sinus från en jämn vinkel.

Därefter måste du göra en omvänd ersättning. För att få vackra uttryck används följande knep. Uttrycket liknar Pythagoras sats. Om vi betraktar , ben och - hypotenusan, får uttrycket betydelse som tangenten för vinkeln mellan benet och hypotenusan, eftersom detta är förhållandet mellan det motsatta benet och det intilliggande. Medan förhållandet mellan det motsatta benet och hypotenusan, men som förhållandet mellan det angränsande till hypotenusan. Det kan lätt verifieras att så verkligen är fallet. Dessa överväganden är ett bekvämt sätt att komma ihåg dessa formler, men man bör komma ihåg att detta inte är en formell motivering. $(cx+d)^{2}+h^{2}=rx^{2}+px+q$ $cx+d$ $h$ ${\sqrt {rx^{2}+px+q))$ ${\frac {cx+d}{h}}=\operatörsnamn {tg} {\varphi }$ $h$ ${\displaystyle \sin \varphi ={\frac {cx+d}{\sqrt {rx^{2}+px+q))))$ ${\displaystyle \cos \varphi ={\frac {h}{\sqrt {rx^{2}+px+q))))$

Formlerna för sinus och cosinus kan lätt komma ihåg: sinus är divisionen av ett linjärt binomium från en hel kvadrat med roten av ett kvadratiskt trinomium, och cosinus är divisionen av en konstant (mer exakt dess rot), som läggs till en hel ruta. [tio]

Exempel

\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\ höger)^{4}}}dx

Vi gör en ersättare.

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

För att inte bära konstanter tar vi integralen av cosinus till den sjätte separat.

\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

Så småningom

\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

Nästa steg är att uttrycka sinusen i termer av tangenter. Kom ihåg tricket med benet och hypotenusan. Motsatt ben här , intilliggande - , hypotenusa - . Sedan: $x+{\frac {3}{2}}$ ${\frac {\sqrt {11}}{2}}$ ${\sqrt {x^{2}+3x+5}}$

{\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}}}

Från detta får vi äntligen

\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}}}

På det här sättet,

\int {\frac {1}{(x^{2}+3x+5)^{4))}dx={\frac {16}{1331{\sqrt {11))))\vänster ({\frac {5}{2}}\operatörsnamn {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

Det finns en variant av denna metod för trinomialer med positiv diskriminant.

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

I en sådan situation kan man göra en hyperbolisk substitution.

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

Sedan kommer vi på liknande sätt fram till integralen av den hyperboliska cosinus i en jämn grad och integrerar den på liknande sätt. Det slutliga uttrycket består av hyperboliska sinus och linjära termer. I linjära termer gör vi den omvända substitutionen

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

För att uttrycka hyperboliska sinus använder vi en liknande teknik:

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

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

Faktum är att trigonometriska och hyperboliska ersättningar kan vara olika. För det negativa diskriminerande fallet är följande ersättningar möjliga:

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

För det positiva fallet:

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

De mest bekväma substitutionerna här är tangenter och cotangenter, eftersom de leder integralen till integralen av sinus eller cosinus i viss utsträckning, vilket tas helt enkelt. De återstående substitutionerna leder till mycket mer komplexa integraler.

Komplex nedbrytning till enklaste

Om komplexa tal tillåts i bråkkoefficienterna, förenklas nedbrytningen till de enklaste märkbart. I komplexa tal kan en riktig bråkdel delas upp i en summa av bråkdelar enbart av formen . Bråk med kvadratiska nämnare anses inte vara enkelt. [elva] ${\displaystyle {\frac {A}{(xa)^{k))))$

Genom att använda den komplexa expansionen kan du integrera bråket nästan verbalt. Alla metoder för verklig expansion av en bråkdel fungerar också med komplex expansion. Nackdelen är att den slutliga integralen innehåller logaritmer och bråk med komplexa tal, och att reducera detta uttryck till ett uttryck som bara innehåller reella tal kräver ytterligare transformationer.

Exempel 1. Med en logaritm

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

Vi konstruerar en komplex nedbrytning till de enklaste. Vi kommer att leta efter koefficienterna med hjälp av Heaviside cover-metoden. På ${\displaystyle {\frac {1}{(x-1)^{2))))$

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

På ${\frac {1}{(xi)))$

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

På ${\frac {1}{(x+i)))$

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

När vi hittar substitution av oändlighet ${\frac {1}{x-1}}$

{\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}}

Multiplicera med och ersätt oändlighet. $x-1$

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

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

Därefter integrerar vi.

\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

Nu måste vi bli av med komplexa värden inuti logaritmer. För att göra detta lägger vi till funktioner med konjugerade värden.

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

Integralen finns.

\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

Exempel 2. Med bågtangens

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

Vi finner nedbrytning till enklaste

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

Efter en uppenbar integration har vi:

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

Vi grupperar de verkliga och imaginära termerna separat:

{\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)\höger)+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

Som ni vet uttrycks bågtangensen för en komplex variabel i termer av logaritmen:

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

Detta ger oss möjlighet att skriva om den andra termen genom bågtangensen:

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

För att hitta integralen av en rationell funktion av en komplex variabel används den komplexa förenklingen direkt utan ytterligare transformation av uttrycken. Alla tabellintegraler är också sanna för komplexa funktioner, med den enda ändringen att arctangensen och logaritmen för modulen ersätts, respektive, av den komplexa flervärdiga logaritmen och den komplexa flervärdiga arctangenten.

Allmän bild av integralen av en rationell funktion

Från ovanstående metoder för integralen av en rationell funktion kan du göra en allmän bild.

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

${\displaystyle x+r_{i))$ här är ett linjärt binomial som erhålls genom att välja hela kvadraten från , d.v.s. Båda bråken är korrekta. Bråket på den högra sidan av likheten kallas den rationella eller algebraiska delen av integralen, medan summan av logaritmer och arctangenter kallas den transcendentala delen . [12] $x^{2}+p_{i}x+q_{i}$ ${\displaystyle x^{2}+p_{i}x+q_{i}=(x+r_{i})^{2}+h^{2))$

Från denna allmänna uppfattning är det lätt att se att integralen av en bråkdel som inte har flera rötter är summan av enbart arctangenter och logaritmer. I sin tur, om det finns flera rötter, minskar multipliciteten av dessa rötter med 1 i den rationella delen av integralen.

Ostrogradsky-metoden

Om summan av logaritmer och arctangenter representeras som en integral av någon egen bråkdel utan flera rötter (denna bråkdel kan bestämmas helt enkelt genom att ta derivatan), så kommer följande formel att erhållas.

\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

kallas Ostrogradsky-formeln . En annan metod för att integrera rationella funktioner är baserad på denna formel - Ostrogradsky-metoden . Det låter dig minska problemet till att integrera en rationell bråkdel med en nämnare utan flera irreducerbara faktorer, vilket är mycket enklare.

Kärnan i metoden är som följer. Antag att vi behöver integrera en rationell funktion. Vi skriver Ostrogradsky-formeln för det (som ovan). Vi känner till bråkens nämnare från formeln, täljarna har en grad mindre än nämnarna. Detta ger oss möjlighet att skriva polynom med obestämda koefficienter som nämnare.

{\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))

Nu kan vi hitta dessa koefficienter med metoden med obestämda koefficienter. Låt oss särskilja denna jämlikhet och reducera till en gemensam nämnare. Sedan kan vi likställa täljarna, likställa koefficienterna vid lika potenser och lösa systemet. Naturligtvis kan du här använda alla förenklingar som användes vid expansionen av bråk, som rotsubstitutioner eller oändlighetssubstitutioner. Således kommer problemet att reduceras till att integrera ett bråk med en nämnare utan multipler. Ett bråk med en nämnare utan flera rötter är mycket lättare att integrera. Alla dess expansionskoefficienter kan erhållas genom Heaviside-metoden och substitutioner av komplexa rötter.

Exempel

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

Låt oss skriva ner Ostrogradsky-formeln.

\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

Skilja.

{\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)))

Den andra fraktionen kan reduceras till $x+1$

{\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)))

Ta till en gemensam nämnare

{\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}}}

Låt oss jämföra täljarna.

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

Jämför koefficienterna i högsta grad.

0=D

Detta ger oss möjlighet att i framtiden använda utjämningen av koefficienterna i högsta grad igen.

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

Det finns två uppenbara ersättningar här. Låt oss ersätta . $ett$

1=-2(A+B+C)

Låt oss ersätta . $-ett$

-1=4(A-B+C)

Nu sätter vi lika de högre och lägre koefficienterna.

0=2A-A-2A+E

0=-B-C+2C-E

Lägg till.

0=-A-B+C

Har 3 ekvationer.

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

Subtrahera den andra från den första.

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

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

Lägg nu till den första och tredje.

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

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

Från den sista ekvationen

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

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

På det här sättet,

\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

Den sista integralen är lätt att ta:

\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

Så småningom

\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

Ostrogradskys metod är bekväm för ett stort antal multipla rötter. Han förenklar dock inte uppgiften nämnvärt, ekvationssystemet visar sig inte vara mindre komplext än med den vanliga nedbrytningen till de enklaste.

Ostrogradskys metod gör det möjligt att hitta den rationella delen av integralen med enbart algebraiska operationer, även utan att känna till nämnarens expansion. Låt vara Ostrogradsky-formeln. Då finns det inget annat än den största gemensamma delaren och . Det kan beräknas med den euklidiska algoritmen . Ett polynom kan erhållas genom att dividera med . Sedan likställer vi helt enkelt nämnarna och löser systemet med linjära algebraiska ekvationer. $\int {\frac {P(x)}{Q(x)}}={\frac {T(x)}{Q_{1}(x)))+\int {\frac {H( x)}{Q_{2}(x)}}$ $Q_{1}(x)$ $Q(x)$ $Q'(x)$ $Q_{2}(x)$ $Q(x)$ $Q_{1}(x)$

Se även

Anteckningar

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

Länkar

Partiell bråkexpanderare

Litteratur

Zorich V. A. Matematisk analys. Del 1 . - 6:e uppl. - M. : MTSNMO, 2012. - 702 sid. (ryska)
Kudryavtsev L. D. Kurs i matematisk analys. I 3 volymer. Volym 1. Differential- och integralkalkyl av funktioner för flera variabler . - M . : Bustard, 2003. - 704 sid. (ryska)
Fikhtengol'ts G. M. Kurs för differential- och integralkalkyl. I 3 volymer. Volym 2 . - 8:e upplagan - M . : FIZMATLIT, 2003. - 864 sid. — ISBN 5-9221-0157-9 . (ryska)
Rickey VF, Tuchinsky Ph. M. An Application of Geography to Mathematics: History of the Integral of the Secant // Mathematics Magazine : Journal. - 1980. - Maj ( vol. 53 , nr 3 ). — S. 162–166 .
Bauldry WC Partial Fractions via Calculus // Daniel Alpay Problem , Resources, and Issues in Mathematics Grundstudier: Journal. - 2018. - 9 maj ( vol. 28 , utg. 5 ). — S. 425–437 . — ISSN 1051-1970 . - doi : 10.1080/10511970.2017.1388312 .
Dawkins P. Integraler som involverar Quadrtics . Hämtad: 5 juli 2021.