Integrarea funcţiilor raţionale

Versiunea actuală a paginii nu a fost încă examinată de colaboratori experimentați și poate diferi semnificativ de versiunea revizuită la 1 iunie 2019; verificările necesită 19 modificări .

Integrarea funcțiilor raționale este operația de luare a unei integrale nedefinite a unei funcții raționale . Se știe că antiderivata unei funcții raționale este exprimată ca sumă de funcții raționale, logaritmi naturali și arctangente . [1] De obicei, o astfel de integrare se realizează prin descompunerea unei fracții în cele mai simple , dar uneori pot fi utilizate și alte metode, de exemplu , metoda Ostrogradsky .

Descompunerea în cel mai simplu

Cel mai cunoscut mod de a integra o funcție rațională este factorizarea unei fracții în unele simple . A fost folosit pentru prima dată de Isaac Barrow pentru a calcula integrala secantei . [2]

Din algebră se știe că orice funcție rațională poate fi reprezentată ca suma unui polinom și a unui număr finit de fracții de un anumit tip, numite simple. Cea mai simplă fracție peste numere reale este unul dintre următoarele două tipuri:

${\frac {A}{(x-x_{0})^{k)}}$
${\frac {Bx+C}{(x^{2}+px+q)^{k)))$ , unde este un trinom pătrat cu discriminant negativ . $x^{2}+px+q$

Fiecare dintre aceste fracții este apoi integrată separat. Astfel, descompunerea unei fracții în cele mai simple reduce problema integrării unei funcții raționale arbitrare la integrarea celor mai simple fracții. [3]

Descompunerea unei fracții în cele mai simple se construiește după cum urmează. Să fie necesar pentru a construi expansiunea fracției . Fără pierderea generalității, putem presupune că fracția este ireductibilă și numitorul are un coeficient la cel mai înalt grad (dacă nu este cazul, atunci reducem fracția și adăugăm cel mai mare coeficient al numitorului la numărător). O fracție proprie în descompunerea ei în cea mai simplă conține doar suma fracțiilor proprii, în timp ce una improprie conține și un polinom. Cu toate acestea, cazul unei fracții improprie se reduce pur și simplu la cazul uneia adecvate. Pentru a face acest lucru, utilizați o tehnică numită selecția părții întregi: numărătorul fracției este împărțit cu restul la numitor; câtul incomplet obţinut în urma împărţirii şi restul ne permit să reprezentăm fracţia iniţială sub forma . Fracția este deja regulată și poate fi descompusă numai în suma celor mai simple fracții. Dacă fracția a fost inițial corectă, atunci acest pas nu este necesar. ${\frac {P(x)}{Q(x)))$ $unu$ $G(x)$ $R(x)$ ${\frac {P(x)}{Q(x)}}=G(x)+{\frac {R(x)}{Q(x)))$ ${\frac {R(x)}{Q(x)))$ ${\frac {P(x)}{Q(x)))$

Expansiunea unei fracții propriu-zise poate avea doar cei mai simpli termeni de un anumit tip, care depinde doar de polinomul . După cum se știe, orice polinom redus peste numere reale poate fi descompus într-un produs de binoame liniare reduse și trinoame pătrate reduse cu discriminanți negativi. Să extindem numitorul fracției în următorul produs: $Q(x)$

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}}

(aici și sunt multiplicitățile factorilor corespunzători, adică de câte ori factorul intră în produs).

k_j

m_{j}

Toate cele mai simple fracții din expansiune conțin gradul unuia dintre acești factori în numitor, iar acest grad este mai mic sau egal cu multiplicitatea factorului corespunzător. De exemplu: dacă expansiunea conține factorul , atunci expansiunea în fracții simple conține suma $Q(x)$ $(x-x0)^{k)$

{\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}}}

În mod similar, dacă expansiunea conține factorul , atunci expansiunea în fracții simple conține suma $Q(x)$ ${\displaystyle (x^{2}+px+q)^{m))$

{\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} }}

Forma generală de descompunere a unei fracții proprii în cele mai simple este suma tuturor acestor sume pentru fiecare factor din descompunerea unui polinom . Astfel, viziunea generală a descompunerii în cele mai simple $Q(x)$

{\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}}}

În acest caz, unii termeni pot fi egali cu zero.

Forma generală de descompunere a unei fracții este necesară pentru cea mai cunoscută metodă de descompunere a unei fracții în cele mai simple - metoda coeficienților nedeterminați . Esența sa constă în formularea ecuațiilor pentru coeficienți de expansiune necunoscuți. Se scrie egalitatea unei fracții proprii și extinderea ei în fracții simple cu coeficienți nedeterminați. Apoi, într-un fel, ecuațiile sunt compilate pentru acești coeficienți și sistemul de ecuații este rezolvat. [patru]

Cel mai evident mod de a scrie ecuații este de a înmulți ambele părți cu un polinom și de a egaliza coeficienții la aceleași puteri . Procedura de extindere în fracții simple este cel mai ușor de descris cu exemple. $Q(x)$ $X$

Exemplul 1. Echivalarea coeficienților la aceleași puteri

${\frac {1}{(x-1)^{2}(x-2)))$ .
Notam forma generala a descompunerii sale in cele mai simple cu coeficienti nedeterminati.

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

Înmulțit cu $Q(x)$

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

Deschiderea parantezelor

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)

Echivalăm coeficienții la aceleași puteri:

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

Avem un sistem de ecuații. O rezolvam. Din prima ecuație:

A=-C

Înlocuiți în al doilea și al treilea

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

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

Adăugarea de ecuații

-B=1

B=-1

Din prima ecuație a ultimului sistem:

C=-B=1

Din relaţia obţinută la început încolo $A$

A=-C=-1

Se găsesc toți coeficienții de dilatare.

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

Exemplul 2. Înlocuirea rădăcinilor numitorului

Ecuațiile obținute prin simpla echivalare a coeficienților la aceleași puteri sunt adesea destul de complexe. Pentru a obține ecuații mai simple, substituțiile sunt adesea folosite în locul anumitor valori. $X$

{\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}}

Înmulțit cu $Q(x)$

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

Cel mai convenabil este să înlocuiți valorile care anulează termenii. Să înlocuim 1.

1=-C

C=-1

Să înlocuim 2.

1=D

Înlocuirea rădăcinilor numitorului facilitează găsirea coeficienților fracțiilor cu cel mai mare grad în numitor. Dacă ar fi să echivalăm coeficienții la puteri egale, ecuațiile ar fi mult mai complicate. Cu toate acestea, după cum se poate vedea din exemplu, trebuie utilizate alte metode pentru a găsi coeficienții rămași.

Pentru a găsi coeficientul la prima putere a numitorului, puteți folosi substituția infinitului.

{\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}}

Înmulțiți ambele părți cu $x-1$

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

Înlocuiește infinitul. Aici, substituția infinitului este înțeleasă ca limită deoarece tinde către infinit, adică $X$

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

La rândul său, limita când argumentul tinde spre infinit este foarte simplu determinată: dacă gradul numărătorului este mai mare decât gradul numitorului, atunci limita este , dacă este mai mică, atunci limita este 0, dacă este egală, atunci limita este egală cu raportul coeficienților la puteri mai mari. $\infty$

Să revenim la exemplul nostru. Înlocuiește infinitul.

0=A+1

A=-1

Coeficientul rămas poate fi găsit prin echivalarea coeficientului la același grad care conține . Cel mai ușor va fi să echivalați termenii liberi, deoarece aceștia pot fi calculați imediat fără o deschidere lungă de paranteze. $X$ $B$

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

Echivalează termeni liberi.

1=2+2B+2-1

2B=-2

B=-1

Se găsesc toți coeficienții.

{\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))

Ultimul truc este, de asemenea, destul de convenabil în practică: termenul principal și liber poate fi obținut cu ușurință fără a deschide paranteze, așa că acest truc este folosit împreună cu substituții.

Exemplul 3. Înlocuirea rădăcinilor complexe ale numitorului

Rădăcinile polinoamelor cu discriminant negativ nu sunt reale. Cu toate acestea, nimic nu ne împiedică să substituim rădăcina complexă în ecuație.

{\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}}}

Înmulțiți cu numitorul.

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

Inlocuitor . $unu$

1=4A

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

Să înlocuim . $i$

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

Și acum echivalăm părțile reale și imaginare pentru a obține o ecuație cu numere reale.

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))

Înlocuirea rădăcinii conjugate după echivalarea părților reale și imaginare va da aceleași ecuații, deci nu are sens să găsim coeficienții rămași. $-i$

Găsim coeficientul prin echivalarea termenilor liberi. $C$

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

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

Găsim coeficientul prin substituirea infinitului. $B$

{\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}}}

Înmulțim cu . $x-1$

{\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)))

Înlocuiește infinitul.

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

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

Se găsesc toți coeficienții.

{\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}}}

În general, puteți înlocui absolut orice valoare, nu neapărat rădăcina numitorului sau infinitului. În cazuri deosebit de dificile, acest lucru poate fi mai ușor decât calcularea și echivalarea coeficienților la aceleași puteri . $X$

Exemplul 4. Descompunerea prin transformări simple

Uneori, descompunerea în cea mai simplă poate fi obținută prin simpla transformare a expresiilor. ${\frac {x^{2}-1}{x(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {x^{2}-(x^{2}+ 1)+x^{2}}{x(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {2x}{(x^{2}+1)^{2}}}- {\frac {1}{x(x^{2}+1)}}={\frac {2x}{(x^{2}+1)^{2}}}-{\frac {(x^ {2}+1)-x^{2}}{x(x^{2}+1)}}={\frac {2x}{(x^{2}+1)^{2}}}- {\frac {1}{x}}+{\frac {x}{x^{2}+1}}$

Exemplul 5: Metoda de acoperire a suprafețelor grele și metoda reziduurilor

Pentru a calcula coeficienții fracțiilor cu un binom liniar la numitor, există o formulă directă. Să existe un factor liniar în descompunerea în factori ireductibili și să fie multiplicitatea acestuia. Descompunerea în cei mai simpli termeni conține termeni de forma , unde . Apoi: $Q(x)$ $xa$ $m$ ${\frac {B_{j}}{(xa)^{k}}}$ $1\leq k\leq m$

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

[5]

Aceasta se referă la înlocuirea după reducerea fracției, deoarece o înlocuire simplă în numărător și numitor va da o împărțire cu . $A$ $0$

Să arătăm un exemplu.

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

Considerăm coeficientul la ${\frac {1}{(x-4))}$

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

Considerăm coeficientul la ${\frac {1}{(x+1)^{2))}$

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

Considerăm coeficientul la ${\frac {1}{x+1}}$

\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}}

Se găsesc toți coeficienții.

{\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}}

Formula directă oferă o modalitate foarte simplă de a calcula coeficienții fracțiilor cu prima putere a unui binom liniar, iar pentru cele mai simple fracții vă permite să găsiți aproape verbal expansiunea. Prin urmare, cazul este izolat separat. Când calculăm coeficientul la, înlocuim valoarea „care acoperă” factorul din numitor în el . Prin urmare, această metodă se numește metoda „acoperire” Heaviside. $k=m$ ${\frac {1}{(xa)^{m)}}$ $A$ $(xa)^{m)$

Metoda de calcul a coeficienților folosind o formulă generală este uneori numită și metoda reziduurilor, deoarece reziduurile complexe sunt calculate folosind o formulă similară.

Astfel, problema s-a redus la integrarea fracțiilor simple.

Integrale de tabel

Se obișnuiește să se memoreze mai multe integrale ale funcțiilor raționale pentru a le reduce și mai mult pe altele mai complexe. [6]

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

Ultimele 2 integrale se numesc logaritmi mari si memorarea lor nu este necesara, deoarece pot fi reduse prin extinderea fractiei in cele mai simple pana la a doua integrala. Integrala polinomului, care apare după expansiunea în cele mai simple fracții improprie, poate fi calculată imediat folosind prima formulă.

Integrarea fracțiilor de forma ${\frac {1}{(ax+b)^{k)}}$

Fracțiile de acest fel pot fi integrate pur și simplu prin plasarea unui binom liniar sub diferenţial. [7]

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

În funcție de valoare, am redus integrala la cazul 1 sau 2. $k$

Dacă , atunci $k=1$

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

Dacă , atunci $k>1$

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

Integrarea fracțiilor de forma ${\frac {ax+b}{rx^{2}+px+q)}$

Să luăm în considerare mai întâi o fracțiune din forma . ${\frac {1}{rx^{2}+px+q)}$

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

Pentru a integra astfel de fracții, se folosește selecția pătratului complet al numitorului. [8] Să adăugăm la un număr astfel încât să se formeze pătratul sumei. Să transformăm expresia rezultată într-un pătrat al unui binom liniar. Scădem numărul adăugat din astfel încât expresia să nu se schimbe. Obținem reprezentarea unui trinom pătrat sub forma . Aducem binomul liniar rezultat sub diferenţial: $rx^{2}+px$ $q$ $(cx+d)^{2}+e$

\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)

Am redus integrala la una tabelară; o anumită integrală de tabel este determinată de semnul lui . Dacă , atunci notăm : $e$ $e>0$ $h={\sqrt {e)}$

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

Dacă , atunci notăm : $e<0$ $h={\sqrt {-e)}$

{\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

Dacă , atunci: $e=0$

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

Exemplu

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

Să selectăm un pătrat complet. Pentru a deveni un pătrat trebuie să adăugați . Apoi . Pentru a face această expresie egală cu numitorul, trebuie să adăugați . $x^{2}+3x$ ${\frac {9}{4)}$ $x^{2}+3x+{\frac {9}{4}}=\left(x+{\frac {3}{2}}\right)^{2}$ ${\frac {11}{4)}$

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

Pătratul complet este evidențiat. Acum să aducem binomul rezultat sub diferenţial.

\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

Pentru a integra fracții de formă în numărător, se distinge derivata numitorului. [8] Se ia derivata numitorului, înmulțită cu un număr, astfel încât când se obține și apoi se adaugă valoarea pentru a obține b. ${\frac {ax+b}{rx^{2}+px+q)}$ $X$ $A$

Derivata numărătorului este . Îl înmulțim cu un astfel de număr încât cu x obținem . $2rx+p$ $A$

s(2rx+p)=ax+p

Apoi adăugăm un astfel de număr încât această expresie să devină egală cu numărătorul.

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

În această formă, scriem numărătorul în integrală.

\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 doua integrală a fost deja luată în considerare în paragraful anterior. Rămâne să luăm primul. Deoarece numărătorul conține derivata numitorului, putem aduce cu ușurință numitorul sub diferenţial.

\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|}

Exemplu

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

Este necesar să se evidențieze derivata numitorului în numărător. Să luăm derivata numitorului.

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

Acum trebuie să-l înmulțim cu un număr și să adăugăm un alt număr pentru a-l aduce la numărător. Pentru ca coeficientul at să devină egal, este necesar să se înmulțească cu . $X$ $7$ ${\frac {7}{2}}$

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

Pentru a obține un membru gratuit, trebuie să scazi . $-4$ ${\frac {29}{2)}$

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

Scriem acest lucru la numărător și împărțim la 2 integrale.

\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 doua integrală este luată așa cum este descris în paragraful anterior. A fost preluat de noi în exemplul anterior.

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

În prima integrală, punem numitorul sub diferenţial. Deoarece avem derivata numitorului în numărător, aceasta va dispărea pur și simplu.

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

Metoda de integrare descrisă funcționează pentru orice fracție cu un trinom pătrat la numitor și nu doar cu un discriminant negativ. Astfel, pentru fracțiile cu un binom cu discriminant pozitiv, am luat în considerare două metode de integrare.

Integrarea fracțiilor de forma ${\frac {ax+b}{(rx^{2}+px+q)^{m)))$

Fracția se integrează și prin evidențierea derivatei numitorului în numărător. ${\frac {ax+b}{(rx^{2}+px+q)^{m)))$

\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

Integrala din stânga este tabelară:

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

Integrala dreaptă este cea mai complicată dintre cele considerate aici. Selectați imediat pătratul complet la numitor. Problema se reduce la luarea următoarei integrale:

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

Luați în considerare două moduri de a o lua.

Relație de recurență

Să notăm . Căci puteți face o relație de recurență. Vom lua integrala pe părți: $I_{k}=\int {\frac {1}{((cx+d)^{2}+e)^{k))}\,dx$ $eu_{k}$

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}

Apoi

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

Integrala poate fi luată așa cum se arată în paragraful anterior. Apoi, folosind formula recursivă obținută, integralele sunt luate succesiv și așa mai departe până la integrala dorită. Această metodă este deosebit de convenabilă atunci când se integrează fracții după descompunere în unele simple, deoarece oferă imediat integrale pentru toate . [9] $I_1$ $I_{2},I_{3},\ldots$ $k\leq m$

Exemplu

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

Luăm integrale succesive.

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

Rezultat:

\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

Deoarece integralele de acest fel sunt destul de rare, de obicei această formulă recursivă nu este reținută, ci pur și simplu dedusă de fiecare dată. Rețineți că formula nu impune nicio restricție asupra semnului . Astfel, această relație de recurență poate fi folosită și dacă trinomul pătrat din numitor are un discriminant pozitiv. $e$

Substituție trigonometrică

Integrarea acestui tip de fracții este posibilă și folosind substituția trigonometrică. Luați în considerare mai întâi o fracțiune din formă

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

Există aici o diferență importantă față de formula recurentă: nu depindea de semnul discriminantului și funcționa la fel în orice caz; aici presupunem imediat că discriminantul numitorului este negativ și, prin urmare, după selectarea pătratului complet, îl putem reprezenta ca pătrat al unui număr pozitiv . Să o scoatem din sumă. $e$ $h^{2}$ $h^{2}$

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

Hai să facem înlocuirea . Apoi . ${\frac {cx+d}{h}}=\operatorname {tg} {\varphi }$ $dx={\frac {h}{c\cos ^{2}\varphi }}$

\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

Această integrală se ia destul de ușor prin aplicarea succesivă a formulelor de scădere a gradului în cazul unui grad par al cosinusului, și punerea cosinusului sub diferenţial în cazul unuia impar. Ca rezultat, obținem o combinație liniară de grade de sinusuri dintr-un unghi uniform.

Apoi, trebuie să faceți o înlocuire inversă. Pentru a obține expresii frumoase, se folosește următorul truc. Expresia seamănă cu teorema lui Pitagora. Dacă luăm în considerare , catete și - ipotenuză, atunci expresia capătă sens ca tangente a unghiului dintre catete și ipotenuză, deoarece acesta este raportul catetului opus față de cel adiacent. În timp ce raportul catetului opus față de ipotenuză, dar ca raport al adiacentului la ipotenuză. Se poate verifica cu ușurință că acesta este într-adevăr cazul. Aceste considerații sunt o modalitate convenabilă de a reține aceste formule, dar trebuie amintit că aceasta nu este o justificare formală. $(cx+d)^{2}+h^{2}=rx^{2}+px+q$ $cx+d$ $h$ ${\sqrt {rx^{2}+px+q))$ ${\frac {cx+d}{h}}=\operatorname {tg} {\varphi }$ $h$ $\sin \varphi ={\frac {cx+d}{\sqrt {rx^{2}+px+q}))$ $\cos \varphi ={\frac {h}{\sqrt {rx^{2}+px+q)}}$

Formulele pentru sinusuri și cosinusuri pot fi reținute cu ușurință: sinusul este împărțirea unui binom liniar dintr-un pătrat complet cu rădăcina unui trinom pătrat, iar cosinusul este împărțirea unei constante (mai precis, rădăcina acesteia), care se adaugă la un pătrat plin. [zece]

Exemplu

\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\ dreapta)^{4}}}dx

Facem un înlocuitor.

{\dfrac {2}{\sqrt {11}}}x+{\dfrac {3}{\sqrt {11}}}=\operatorname {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

Pentru a nu purta constante, luăm integrala cosinusului în a șasea 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

În cele din urmă

\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

Următorul pas este exprimarea sinusurilor în termeni de tangente. Amintește-ți trucul cu piciorul și ipotenuza. Piciorul opus aici , alăturat - , ipotenuză - . Apoi: $x+{\frac {3}{2)}$ ${\frac {\sqrt {11}}{2}}$ ${\sqrt {x^{2}+3x+5}}$

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

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

Din asta obținem în sfârșit

\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}}}

În acest fel,

\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}}}\dreapta)+C

Există o variație a acestei metode pentru trinoamele cu discriminant pozitiv.

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

Într-o astfel de situație, se poate face o substituție hiperbolică .

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

Apoi, în mod similar, ajungem la integrala cosinusului hiperbolic într-un grad egal și o integrăm în mod similar. Expresia finală constă din sinusuri hiperbolice și termeni liniari. În termeni liniari, facem substituția inversă

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

Pentru a exprima sinusurile hiperbolice, folosim o tehnică similară:

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

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

De fapt, înlocuirile trigonometrice și hiperbolice pot fi diferite. Pentru cazul discriminant negativ, sunt posibile următoarele substituții:

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

Pentru cazul pozitiv:

\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))

Cele mai convenabile substituții aici sunt tangentele și cotangentele, deoarece conduc integrala la integrala sinusului sau cosinusului într-o oarecare măsură, care este luată destul de simplu. Substituțiile rămase conduc la integrale mult mai complexe.

Descompunerea complexă în cea mai simplă

Dacă în coeficienții fracțiilor sunt permise numere complexe, atunci descompunerea în cele mai simple este simplificată considerabil. În numerele complexe, o fracție propriu-zisă poate fi descompusă numai într-o sumă de fracții de forma . Fracțiile cu numitori pătrați nu sunt considerate simple. [unsprezece] ${\frac {A}{(xa)^{k)}}$

Utilizarea expansiunii complexe vă permite să integrați fracția aproape verbal. Toate metodele de expansiune reală a unei fracții funcționează și cu expansiune complexă. Dezavantajul este că integrala finală conține logaritmi și fracții cu numere complexe, iar reducerea acestei expresii la o expresie care conține doar numere reale necesită transformări ulterioare.

Exemplul 1. Cu un logaritm

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

Construim o descompunere complexă în cele mai simple. Vom căuta coeficienții folosind metoda de acoperire Heaviside. La ${\frac {1}{(x-1)^{2))}$

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

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

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

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

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

Când găsim substituția infinitului ${\frac {1}{x-1}}$

{\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}}

Înmulțiți cu și înlocuiți infinitul. $x-1$

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

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

În continuare, integrăm.

\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

Acum trebuie să scăpăm de valorile complexe din logaritmi. Pentru a face acest lucru, adăugăm funcții cu valori conjugate.

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

Se găsește integrala.

\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

Exemplul 2. Cu arc tangentă

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

Găsim descompunerea în cele mai simple

\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\dreapta)\int {\frac {1}{x-4+3i}}\,dx

După o integrare evidentă, avem:

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

Grupăm separat termenii reali și imaginari:

{\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

După cum știți, arc-tangente a unei variabile complexe este exprimată în termeni de logaritm:

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

Acest lucru ne oferă posibilitatea de a rescrie al doilea termen prin arc tangente:

\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

Pentru a găsi integrala unei funcții raționale a unei variabile complexe, simplificarea complexă este utilizată direct fără transformarea ulterioară a expresiilor. Toate integralele tabulare sunt valabile și pentru funcțiile complexe, cu singura modificare că arctangenta și logaritmul modulului sunt înlocuite, respectiv, de logaritmul multivaloric complex și de arctangenta multivalorică complexă.

Vedere generală a integralei unei funcții raționale

Din metodele de mai sus pentru integrala unei funcții raționale, puteți face o vedere generală.

\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)}{\ stil de afișare \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} \operatorname {arctg} {\frac {x+r_{i}}{h}}}\right)

$x+r_{i)$ aici este un binom liniar obținut prin selectarea pătratului complet din , adică . Ambele fracții sunt corecte. Fracția din partea dreaptă a egalității se numește partea rațională sau algebrică a integralei, în timp ce suma logaritmilor și arctangentelor se numește partea transcendentală . [12] $x^{2}+p_{i}x+q_{i}$ $x^{2}+p_{i}x+q_{i}=(x+r_{i})^{2}+h^{2)$

Din această vedere generală, este ușor de observat că integrala unei fracții care nu are rădăcini multiple este doar suma arctangenților și a logaritmilor. La rândul său, dacă există mai multe rădăcini, atunci în partea rațională a integralei, multiplicitățile acestor rădăcini scad cu 1.

Metoda Ostrogradsky

Dacă suma logaritmilor și arctangentelor este reprezentată ca o integrală a unei fracții proprii fără rădăcini multiple (această fracție poate fi determinată pur și simplu luând derivata), atunci se va obține următoarea formulă.

\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)}{\ stil de afișare \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

numită formula Ostrogradsky . O altă metodă de integrare a funcțiilor raționale se bazează pe această formulă - metoda Ostrogradsky . Vă permite să reduceți problema la integrarea unei fracții raționale cu un numitor fără factori multipli ireductibili, ceea ce este mult mai simplu.

Esența metodei este următoarea. Să presupunem că trebuie să integrăm o funcție rațională. Scriem formula Ostrogradsky pentru ea (ca mai sus). Cunoaștem numitorii fracțiilor din formulă, numărătorii au un grad mai mic decât numitorii. Acest lucru ne oferă posibilitatea de a scrie polinoame cu coeficienți nedeterminați ca numitori.

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

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

Acum putem găsi acești coeficienți prin metoda coeficienților nedeterminați. Să diferențiem această egalitate și să reducem la un numitor comun. Apoi putem echivala numărătorii, echivalăm coeficienții la puteri egale și rezolvăm sistemul. Desigur, aici puteți folosi toate simplificările care au fost folosite în expansiunea fracțiilor, cum ar fi substituțiile rădăcinilor sau substituțiile infinitului. Astfel, problema se va reduce la integrarea unei fracții cu numitor fără multipli. O fracție cu un numitor fără rădăcini multiple este mult mai ușor de integrat. Toți coeficienții săi de expansiune pot fi obținuți prin metoda Heaviside și substituții de rădăcini complexe.

Exemplu

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

Să scriem formula Ostrogradsky.

\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

Diferențiați.

{\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 doua fracție poate fi redusă la $x+1$

{\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)))

Aduceți la un numitor comun

{\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}}}

Să comparăm numărătorii.

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

Echivalează coeficienții la cel mai înalt grad.

0=D

Acest lucru ne oferă posibilitatea în viitor să folosim din nou egalizarea coeficienților la cel mai înalt grad.

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

Există două înlocuiri evidente aici. Să înlocuim . $unu$

1=-2(A+B+C)

Să înlocuim . $-unu$

-1=4(A-B+C)

Acum echivalăm coeficienții mai mari și mai mici.

0=2A-A-2A+E

0=-B-C+2C-E

Aduna.

0=-A-B+C

Am 3 ecuații.

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

Scădeți al doilea din primul.

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

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

Acum adăugați primul și al treilea.

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

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

Din ultima ecuație

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

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

În acest fel,

\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

Ultima integrală este ușor de luat:

\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

În cele din urmă

\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

Metoda lui Ostrogradsky este convenabilă pentru un număr mare de rădăcini multiple. Cu toate acestea, el nu simplifică foarte mult sarcina, sistemul de ecuații se dovedește a fi nu mai puțin complex decât cu descompunerea obișnuită în cele mai simple.

Metoda lui Ostrogradsky face posibilă găsirea părții raționale a integralei folosind doar operații algebrice, chiar și fără a cunoaște extinderea numitorului. Să fie formula Ostrogradsky. Atunci nu există altceva decât cel mai mare divizor comun și . Poate fi calculat folosind algoritmul euclidian . Un polinom poate fi obținut prin împărțirea la . Apoi echivalăm pur și simplu numitorii și rezolvăm sistemul de ecuații algebrice liniare. $\int {\frac {P(x)}{Q(x)}}={\frac {T(x)}{Q_{1}(x)))+\int {\frac {H( x)}{Q_{2}(x)}}$ $Q_{1}(x)$ $Q(x)$ $Q'(x)$ $Q_{2}(x)$ $Q(x)$ $Q_{1}(x)$

Vezi și

Note

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

Link -uri

Expansor parțial de fracțiuni

Literatură

Zorich V. A. Analiză matematică. Partea 1 . - Ed. a VI-a. - M. : MTSNMO, 2012. - 702 p. (Rusă)
Kudryavtsev L. D. Curs de analiză matematică. În 3 volume. Volumul 1. Calcul diferenţial şi integral al funcţiilor mai multor variabile . - M . : Butarda, 2003. - 704 p. (Rusă)
Fikhtengol's G. M. Curs de calcul diferențial și integral. În 3 volume. Volumul 2 . - ed. a VIII-a - M . : FIZMATLIT, 2003. - 864 p. — ISBN 5-9221-0157-9 . (Rusă)
Rickey VF, Tuchinsky Ph. M. An Application of Geography to Mathematics: History of the Integral of the Secante // Revista de matematică : Jurnal. - 1980. - Mai ( vol. 53 , nr. 3 ). — P. 162–166 .
Bauldry WC Fracții parțiale prin calcul // Daniel Alpay Probleme , resurse și probleme în matematică Studii de licență: Jurnal. - 2018. - 9 mai ( vol. 28 , iss. 5 ). — P. 425–437 . — ISSN 1051-1970 . - doi : 10.1080/10511970.2017.1388312 .
Dawkins P. Integrale care implică cvadritice . Preluat: 5 iulie 2021.