Integration af rationelle funktioner

Den aktuelle version af siden er endnu ikke blevet gennemgået af erfarne bidragydere og kan afvige væsentligt fra den version , der blev gennemgået den 1. juni 2019; checks kræver 19 redigeringer .

Integration af rationelle funktioner er operationen med at tage et ubestemt integral af en rationel funktion . Det er kendt, at antiderivatet af en rationel funktion er udtrykt som summen af rationelle funktioner, naturlige logaritmer og arctangenter . [1] Typisk udføres en sådan integration ved at dekomponere en fraktion til de simpleste , men nogle gange kan andre metoder bruges, for eksempel Ostrogradsky-metoden .

Nedbrydning til simpleste

Den bedst kendte måde at integrere en rationel funktion på er at faktorisere en brøk til simple . Det blev først brugt af Isaac Barrow til at beregne integralet af sekanten . [2]

Det er kendt fra algebra, at enhver rationel funktion kan repræsenteres som summen af et polynomium og et endeligt antal brøker af en bestemt type, kaldet simple. Den enkleste brøk over reelle tal er en af følgende to typer:

${\displaystyle {\frac {A}{(x-x_{0})^{k))))$
${\displaystyle {\frac {Bx+C}{(x^{2}+px+q)^{k))))$ , hvor er et kvadratisk trinomium med negativ diskriminant . $x^{2}+px+q$

Hver af disse fraktioner integreres derefter separat. Dekomponeringen af en brøk til de simpleste reducerer således problemet med at integrere en vilkårlig rationel funktion til integrationen af de simpleste brøker. [3]

Dekomponeringen af en brøk til de simpleste er konstrueret som følger. Lad det være nødvendigt at konstruere udvidelsen af fraktionen . Uden tab af generalitet kan vi antage, at brøken er irreducerbar, og at nævneren har en koefficient i højeste grad (hvis dette ikke er tilfældet, så reducerer vi brøken og lægger nævnerens højeste koefficient til tælleren). En egenbrøk i sin nedbrydning til simpleste indeholder kun summen af egenbrøker, mens en uegentlig også indeholder et polynomium. Imidlertid reduceres tilfældet med en uægte fraktion ganske enkelt til tilfældet med en rigtig. For at gøre dette skal du bruge en teknik kaldet udvælgelse af heltalsdelen: brøkens tæller divideres med resten af nævneren; den ufuldstændige kvotient opnået som følge af division og resten giver os mulighed for at repræsentere den oprindelige brøk i formen . Brøken er allerede regulær og kan dekomponeres til summen af de simpleste brøker alene. Hvis brøken oprindeligt var korrekt, er dette trin ikke nødvendigt. ${\frac {P(x)}{Q(x)))$ $en$ $G(x)$ $R(x)$ ${\frac {P(x)}{Q(x)}}=G(x)+{\frac {R(x)}{Q(x)))$ ${\frac {R(x)}{Q(x)))$ ${\frac {P(x)}{Q(x)))$

Udvidelsen af en egen brøk kan kun have de enkleste udtryk af en bestemt type, som kun afhænger af polynomiet . Som det er kendt, kan et hvilket som helst reduceret polynomium over reelle tal dekomponeres til et produkt af reducerede lineære binomier og reducerede kvadrattrinomier med negative diskriminanter. Lad os udvide nævneren af brøken til følgende 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}}

(her og er multipliciteten af de tilsvarende faktorer, det vil sige det antal gange, faktoren kommer ind i produktet).

k_j

m_{j}

Alle de simpleste brøker i udvidelsen indeholder graden af en af disse faktorer i nævneren, og denne grad er mindre end eller lig med multipliciteten af den tilsvarende faktor. For eksempel: hvis udvidelsen indeholder faktoren , så indeholder udvidelsen til simple brøker summen $Q(x)$ ${\displaystyle (x-x0)^{k))$

{\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}}}

Tilsvarende, hvis udvidelsen indeholder faktoren , så indeholder udvidelsen til simple brøker summen $Q(x)$ $(x^{2}+px+q)^{m}$

{\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 generelle form for nedbrydning af en egentlig brøk til de simpleste er summen af alle sådanne summer for hver faktor i dekomponeringen af et polynomium . Således den generelle opfattelse af nedbrydning til den enkleste $Q(x)$

{\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}}}

I dette tilfælde kan nogle udtryk være lig med nul.

Den generelle form for nedbrydning af en fraktion er nødvendig for den mest berømte metode til at nedbryde en fraktion til de simpleste - metoden med ubestemte koefficienter . Dens essens ligger i formuleringen af ligninger for ukendte ekspansionskoefficienter. Ligheden af en egen brøk og dens ekspansion til simple brøker med ubestemte koefficienter skrives. Derefter kompileres på en eller anden måde ligninger for disse koefficienter, og ligningssystemet løses. [fire]

Den mest oplagte måde at skrive ligninger på er at gange begge sider med et polynomium og sidestille koefficienterne ved de samme potenser . Fremgangsmåden for at udvide til simple brøker er nemmest at beskrive med eksempler. $Q(x)$ $x$

Eksempel 1. Ligning af koefficienter ved samme potenser

${\frac {1}{(x-1)^{2}(x-2)))$ .
Vi nedskriver den generelle form for dens nedbrydning til de simpleste med ubestemte koefficienter.

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

Gang med $Q(x)$

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

Åbning af beslagene

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 sidestiller koefficienterne ved de samme potenser:

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

Vi har et ligningssystem. Vi løser det. Fra den første ligning:

A=-C

Afløser i anden og tredje

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

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

Tilføjelse af ligninger

-B=1

B=-1

Fra den første ligning i det sidste system:

C=-B=1

Fra forholdet opnået i begyndelsen $EN$

A=-C=-1

Alle ekspansionskoefficienter er fundet.

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

Eksempel 2. Udskiftning af nævnerens rødder

Ligningerne opnået ved blot at sætte lighedstegn mellem koefficienterne ved de samme potenser er ofte ret komplekse. For at opnå simplere ligninger bruges substitutioner ofte i stedet for bestemte værdier. $x$

{\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}}

Gang med $Q(x)$

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

Det er mest bekvemt at erstatte værdier, der annullerer vilkårene. Lad os erstatte 1.

1=-C

C=-1

Lad os erstatte 2.

1=D

Udskiftning af nævnerens rødder gør det meget nemt at finde koefficienterne for brøker med den højeste grad i nævneren. Hvis vi skulle sætte lighedstegn mellem koefficienterne ved lige store potenser, ville ligningerne være meget mere komplicerede. Men som det fremgår af eksemplet, skal andre metoder bruges til at finde de resterende koefficienter.

For at finde koefficienten i nævnerens første potens, kan du bruge substitution af uendelighed.

{\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}}

Gang begge sider 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))

Erstat uendelighed. Her forstås substitution af uendelighed som grænsen, da den tenderer mod uendelighed, dvs. $x$

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

Til gengæld er grænsen, når argumentet har en tendens til uendelig, meget enkelt bestemt: hvis graden af tælleren er større end graden af nævneren, så er grænsen , hvis mindre, så er grænsen 0, hvis den er lig, så er grænsen grænse er lig med forholdet mellem koefficienterne ved højere potenser. $\infty$

Lad os gå tilbage til vores eksempel. Erstat uendelighed.

0=A+1

A=-1

Den resterende koefficient kan findes ved at sidestille koefficienten i samme grad indeholdende . Det vil være nemmest at sidestille frie vilkår, da de kan beregnes med det samme uden en lang åbning af parenteser. $x$ $B$

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

Sæt lighedstegn mellem frie vilkår.

1=2+2B+2-1

2B=-2

B=-1

Alle koefficienter er fundet.

{\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 sidste trick er også ret praktisk i praksis: det indledende og frie udtryk kan nemt opnås uden at åbne parenteser, så dette trick bruges sammen med substitutioner.

Eksempel 3. Substitution af komplekse rødder af nævneren

Rødderne af polynomier med negativ diskriminant er ikke reelle. Intet forhindrer os dog i at erstatte den komplekse rod i ligningen.

{\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}}}

Gang med nævneren.

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

Stedfortræder . $en$

1=4A

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

Lad os erstatte . $jeg$

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

Og nu sidestiller vi de reelle og imaginære dele for at få en ligning med reelle 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))

Udskiftning af den konjugerede rod efter at ligestille de reelle og imaginære dele vil give de samme ligninger, så det giver ikke mening at finde de resterende koefficienter. $-jeg$

Vi finder koefficienten ved at sidestille de frie led. $C$

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

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

Vi finder koefficienten ved at erstatte uendelig. $B$

{\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 multiplicerer 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))))

Erstat uendelighed.

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

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

Alle koefficienter er fundet.

{\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}}}

Generelt kan du erstatte absolut enhver værdi, ikke nødvendigvis roden af nævneren eller uendeligheden. I særligt vanskelige tilfælde kan dette være lettere end at beregne og sidestille koefficienterne ved de samme potenser . $x$

Eksempel 4. Dekomponering ved simple transformationer

Nogle gange kan nedbrydning til det enkleste opnås blot ved at transformere udtryk. ${\frac {x^{2}-1}{x(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {x^{2}-(x^{2}+ 1)+x^{2}}{x(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {2x}{(x^{2}+1)^{2}}}- {\frac {1}{x(x^{2}+1)}}={\frac {2x}{(x^{2}+1)^{2}}}-{\frac {(x^ {2}+1)-x^{2}}{x(x^{2}+1)}}={\frac {2x}{(x^{2}+1)^{2}}}- {\frac {1}{x}}+{\frac {x}{x^{2}+1}}$

Eksempel 5: Heaviside Cover Method og Residue Method

For at beregne koefficienterne for brøker med et lineært binomium i nævneren er der en direkte formel. Lad der være en lineær faktor i nedbrydningen til irreducerbare faktorer og være dens mangfoldighed. Dekomponeringen til simpleste termer indeholder udtryk af formen , hvor . Derefter: $Q(x)$ $xa$ $m$ ${\frac {B_{j}}{(xa)^{k}}}$ $1\leq k\leq m$

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

[5]

Dette refererer til substitutionen efter reduktionen af brøken, da en simpel substitution i tæller og nævner vil give en division med . $-en$ $0$

Lad os vise et eksempel.

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

Vi betragter koefficienten kl ${\frac {1}{(x-4)))$

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

Vi betragter koefficienten kl ${\displaystyle {\frac {1}{(x+1)^{2))))$

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

Vi betragter koefficienten kl ${\frac {1}{x+1}}$

\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}}

Alle koefficienter er fundet.

{\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 direkte formel giver en meget enkel måde at beregne koefficienterne for brøker med første potens af et lineært binomial, og for de enkleste brøker kan du næsten verbalt finde udvidelsen. Derfor er sagen isoleret separat. Når vi beregner koefficienten ved, erstatter vi værdien, der "dækker" faktoren i nævneren i den . Derfor kaldes denne metode for Heaviside "cover"-metoden. $k=m$ ${\displaystyle {\frac {1}{(xa)^{m))))$ $-en$ ${\displaystyle (xa)^{m))$

Metoden til beregning af koefficienter ved hjælp af en generel formel kaldes også nogle gange metoden for rester, da komplekse rester beregnes ved hjælp af en lignende formel.

Dermed blev problemet reduceret til integration af simple brøker.

Tabelintegraler

Det er sædvanligt at huske flere integraler af rationelle funktioner for yderligere at reducere mere komplekse til dem. [6]

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

De sidste 2 integraler kaldes høje logaritmer, og deres memorering er ikke nødvendig, da de kan reduceres ved at udvide brøken til de enkleste til det andet integral. Integralet af polynomiet, som vises efter ekspansion til de simpleste uægte brøker, kan umiddelbart beregnes ved hjælp af den første formel.

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

Brøker af denne art kan integreres blot ved at placere et lineært binomial under differentialet. [7]

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

Afhængigt af værdien reducerede vi integralet til tilfælde 1 eller 2. $k$

Hvis , så $k=1$

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

Hvis , så $k>1$

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

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

Lad os først overveje en brøkdel af formen . ${\frac {1}{rx^{2}+px+q))$

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

For at integrere sådanne brøker bruges valget af det fulde kvadrat af nævneren. [8] Lad os lægge til et tal, således at kvadratet af summen dannes. Lad os omdanne det resulterende udtryk til et kvadrat af et lineært binomium. Vi trækker det tilføjede tal fra , så udtrykket ikke ændrer sig. Vi får repræsentationen af et kvadratisk trinomium i formen . Vi bringer det resulterende lineære binomiale under differentialet: $rx^{2}+px$ $q$ $(cx+d)^{2}+e$

\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 reduceret integralet til et tabelformet; et bestemt tabelintegral bestemmes af tegnet på . Hvis , så betegner 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}}\operatørnavn {arctg} {\frac {cx+d}{h}}+C

Hvis , så betegner 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 {\venstre |{\frac {cx+dh}{cx+d+h}}\right|}+C

Hvis , så: $e=0$

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

Eksempel

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

Lad os vælge en fuld firkant. For at blive en firkant skal du tilføje . Så . For at gøre dette udtryk lig med nævneren skal du tilføje . $x^{2}+3x$ ${\frac {9}{4))$ $x^{2}+3x+{\frac {9}{4}}=\left(x+{\frac {3}{2}}\right)^{2}$ ${\frac {11}{4))$

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

Den fulde firkant er fremhævet. Lad os nu bringe det resulterende binomiale under differentialet.

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

For at integrere brøkdele af formen i tælleren skelnes den afledede af nævneren. [8] Den afledede af nævneren tages, ganget med et eller andet tal, så når opnås, og derefter lægges værdien til for at få b. ${\frac {ax+b}{rx^{2}+px+q))$ $x$ $-en$

Den afledede af tælleren er . Vi ganger det med et sådant tal, at vi med x får . $2rx+p$ $-en$

s(2rx+p)=ax+p

Så tilføjer vi et sådant tal, at dette udtryk bliver lig med tælleren.

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

I denne form skriver vi tælleren i integralet.

\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

Det andet integral er allerede blevet behandlet i det foregående afsnit. Det er tilbage at tage det første. Da tælleren indeholder den afledede af nævneren, kan vi nemt bringe nævneren under differentialet.

\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|}

Eksempel

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

Det er nødvendigt at fremhæve den afledede af nævneren i tælleren. Lad os tage den afledede af nævneren.

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

Nu skal vi gange det med et tal og tilføje et andet tal for at bringe det til tælleren. For at koefficienten på bliver lig, er det nødvendigt at gange med . $x$ $7$ ${\frac {7}{2))$

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

For at få et gratis medlem skal du trække . $-4$ ${\frac {29}{2))$

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

Vi skriver dette ind i tælleren og dividerer 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

Det andet integral tages som beskrevet i det foregående afsnit. Det blev taget af os i det foregående eksempel.

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

I det første integral sætter vi nævneren under differentialet. Da vi har den afledede af nævneren i tælleren, vil den simpelthen forsvinde.

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

Den beskrevne integrationsmetode virker for enhver brøk med et kvadratisk trinomium i nævneren, og ikke kun med en negativ diskriminant. For brøker med et binomium med en positiv diskriminant har vi således overvejet to metoder til integration.

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

Brøken integreres også ved at fremhæve den afledede af nævneren i tælleren. ${\displaystyle {\frac {ax+b}{(rx^{2}+px+q)^{m))))$

\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

Det venstre integral er tabelformet:

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

Det rigtige integral er det mest komplicerede af dem, der tages i betragtning her. Vælg straks den fulde firkant i nævneren. Problemet er reduceret til at tage følgende integral:

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

Overvej to måder at tage det på.

Gentagelsesforhold

Lad os betegne . For du kan lave en gentagelsesrelation. Vi vil tage integralet af dele: $I_{k}=\int {\frac {1}{((cx+d)^{2}+e)^{k))}\,dx$ $I_{k}$

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}

Derefter

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

Integralet kan tages som vist i det foregående afsnit. Derefter, ved hjælp af den opnåede rekursive formel, tages integraler sekventielt , og så videre op til det ønskede integral. Denne metode er især praktisk, når man integrerer fraktioner efter nedbrydning til simple, da den straks giver integraler for alle . [9] $I_1$ $I_{2},I_{3},\ldots$ $k\leq m$

Eksempel

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

Vi tager successive integraler.

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

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

Da integraler af denne art er ret sjældne, huskes denne rekursive formel normalt ikke, men udledes simpelthen hver gang. Bemærk, at formlen ikke pålægger skiltet nogen begrænsninger . Denne gentagelsesrelation kan således også bruges, hvis kvadrattrinomiet i nævneren har en positiv diskriminant. $e$

Trigonometrisk substitution

Integration af denne slags fraktioner er også mulig ved hjælp af trigonometrisk substitution. Overvej først en brøkdel af formen

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

Der er en vigtig forskel fra den tilbagevendende formel her: den var ikke afhængig af diskriminantens tegn og virkede under alle omstændigheder på samme måde; her antager vi straks, at nævnerens diskriminant er negativ, og derfor, efter at have valgt det fulde kvadrat, kan vi repræsentere det som et kvadrat med et positivt tal . Lad os tage det ud af summen. $e$ $h^{2}$ $h^{2}$

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

Lad os klare udskiftningen . Så . ${\frac {cx+d}{h}}=\operatørnavn {tg} {\varphi }$ $dx={\frac {h}{c\cos ^{2}\varphi }}$

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

Dette integral tages ganske let ved successivt at anvende formlerne for at sænke graden i tilfælde af en lige grad af cosinus, og sætte cosinus under differentialet i tilfælde af en ulige. Som et resultat får vi en lineær kombination af grader af sinus fra en jævn vinkel.

Dernæst skal du lave en omvendt udskiftning. For at opnå smukke udtryk bruges følgende trick. Udtrykket ligner Pythagoras sætning. Hvis vi betragter , ben og - hypotenusen, så får udtrykket betydning som tangenten af vinklen mellem benet og hypotenusen, da dette er forholdet mellem det modsatte ben og det tilstødende. Hvorimod forholdet mellem det modsatte ben og hypotenusen, men som forholdet mellem det tilstødende og hypotenusen. Det kan let kontrolleres, at dette faktisk er tilfældet. Disse overvejelser er en bekvem måde at huske disse formler på, men det skal huskes, at dette ikke er en formel begrundelse. $(cx+d)^{2}+h^{2}=rx^{2}+px+q$ $cx+d$ $h$ ${\sqrt {rx^{2}+px+q))$ ${\frac {cx+d}{h}}=\operatørnavn {tg} {\varphi }$ $h$ ${\displaystyle \sin \varphi ={\frac {cx+d}{\sqrt {rx^{2}+px+q))))$ ${\displaystyle \cos \varphi ={\frac {h}{\sqrt {rx^{2}+px+q))))$

Formlerne for sinus og cosinus kan let huskes: sinus er divisionen af et lineært binomium fra et fuldt kvadrat med roden af et kvadratisk trinomium, og cosinus er divisionen af en konstant (mere præcist dens rod), som tilføjes til en hel firkant. [ti]

Eksempel

\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\ højre)^{4}}}dx

Vi laver en erstatning.

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

For ikke at bære konstanter, tager vi integralet af cosinus til den sjette 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

Til sidst

\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

Det næste trin er at udtrykke sinus i form af tangenter. Husk tricket med benet og hypotenusen. Modsatte ben her , tilstødende - , hypotenuse - . Derefter: $x+{\frac {3}{2))$ ${\frac {\sqrt {11}}{2}}$ ${\sqrt {x^{2}+3x+5}}$

{\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}}}

Fra dette får vi endelig

\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 denne måde

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

Der er en variation af denne metode for trinomialer med positiv diskriminant.

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

I en sådan situation kan man lave en hyperbolsk substitution.

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

Så når vi på samme måde frem til integralet af den hyperbolske cosinus i en jævn grad og integrerer det på samme måde. Det endelige udtryk består af hyperbolske sinus og lineære termer. I de lineære termer foretager vi den omvendte substitution

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

For at udtrykke hyperbolske sinus bruger vi en lignende teknik:

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

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

Faktisk kan trigonometriske og hyperbolske udskiftninger være forskellige. For tilfældet med negativ diskriminant er følgende erstatninger mulige:

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

For det positive tilfælde:

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

De mest bekvemme substitutioner her er tangenter og cotangenter, da de til en vis grad fører integralet til integralet af sinus eller cosinus, hvilket tages ganske enkelt. De resterende substitutioner fører til meget mere komplekse integraler.

Kompleks nedbrydning til simpleste

Hvis komplekse tal tillades i brøkkoefficienterne, forenkles nedbrydningen til de simpleste mærkbart. I komplekse tal kan en egentlig brøk dekomponeres til en sum af brøker af formen alene . Brøker med kvadratiske nævnere betragtes ikke som simple. [elleve] ${\displaystyle {\frac {A}{(xa)^{k))))$

Ved at bruge den komplekse ekspansion kan du integrere brøken næsten verbalt. Alle metoder til reel ekspansion af en brøk fungerer også med kompleks ekspansion. Ulempen er, at det endelige integral indeholder logaritmer og brøker med komplekse tal, og at reducere dette udtryk til et udtryk, der kun indeholder reelle tal, kræver yderligere transformationer.

Eksempel 1. Med en logaritme

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

Vi konstruerer en kompleks nedbrydning til de simpleste. Vi vil lede efter koefficienterne ved hjælp af 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}}

Når vi finder substitution af uendelighed ${\frac {1}{x-1}}$

{\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}}

Gang med og erstat uendelighed. $x-1$

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

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

Dernæst integrerer 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 skal vi slippe af med komplekse værdier inde i logaritmer. For at gøre dette tilføjer vi funktioner med konjugerede værdier.

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

Integralet er fundet.

\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

Eksempel 2. Med buetangens

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

Vi finder nedbrydning til simpleste

\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 åbenlys 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 grupperer de reelle og imaginære termer 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)\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

Som du ved, er buetangensen af en kompleks variabel udtrykt i form af logaritmen:

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

Dette giver os mulighed for at omskrive det andet led gennem buetangensen:

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

For at finde integralet af en rationel funktion af en kompleks variabel, bruges den komplekse simplificering direkte uden yderligere transformation af udtrykkene. Alle tabelformede integraler er også sande for komplekse funktioner, med den eneste ændring, at arctangensen og logaritmen af modulet er erstattet af henholdsvis den komplekse flerværdilogaritme og den komplekse flerværdiarctangent.

Generelt billede af integralet af en rationel funktion

Fra ovenstående metoder til integralet af en rationel funktion kan du lave en generel visning.

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

${\displaystyle x+r_{i))$ her er et lineært binomium opnået ved at vælge det fulde kvadrat fra , dvs. Begge brøker er korrekte. Brøken på højre side af ligheden kaldes den rationelle eller algebraiske del af integralet, mens summen af logaritmer og arctangents kaldes den transcendentale del . [12] $x^{2}+p_{i}x+q_{i}$ ${\displaystyle x^{2}+p_{i}x+q_{i}=(x+r_{i})^{2}+h^{2))$

Fra denne generelle opfattelse er det let at se, at integralet af en brøk, der ikke har flere rødder, er summen af arctangenter og logaritmer alene. Til gengæld, hvis der er flere rødder, falder multipliciteten af disse rødder med 1 i den rationelle del af integralet.

Ostrogradsky-metoden

Hvis summen af logaritmer og arctangens er repræsenteret som et integral af en egen brøk uden flere rødder (denne brøk kan bestemmes blot ved at tage den afledede), så vil følgende formel blive opnået.

\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

kaldet Ostrogradsky-formlen . En anden metode til at integrere rationelle funktioner er baseret på denne formel - Ostrogradsky-metoden . Det giver dig mulighed for at reducere problemet til at integrere en rationel brøk med en nævner uden flere irreducerbare faktorer, hvilket er meget enklere.

Essensen af metoden er som følger. Antag, at vi skal integrere en rationel funktion. Vi skriver Ostrogradsky-formlen for det (som ovenfor). Brøkernes nævnere kender vi fra formlen, tællerne har en grad mindre end nævnerne. Dette giver os mulighed for at skrive polynomier med ubestemte koefficienter som nævnere.

{\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 finde disse koefficienter ved metoden med ubestemte koefficienter. Lad os differentiere denne lighed og reducere til en fællesnævner. Så kan vi sidestille tællere, sidestille koefficienterne ved lige potenser og løse systemet. Selvfølgelig kan du her bruge alle de forenklinger, der blev brugt i udvidelsen af brøker, såsom rodsubstitutioner eller uendelighedssubstitutioner. Dermed vil problemet blive reduceret til at integrere en brøk med en nævner uden multipla. En brøk med en nævner uden flere rødder er meget lettere at integrere. Alle dens ekspansionskoefficienter kan opnås ved Heaviside-metoden og substitutioner af komplekse rødder.

Eksempel

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

Lad os skrive Ostrogradsky-formlen ned.

\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

Differentiere.

{\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 anden fraktion kan reduceres til $x+1$

{\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)))

Bring til en fællesnævner

{\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}}}

Sæt lighedstegn mellem tællere.

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

Sæt lighedstegn mellem koefficienterne i højeste grad.

0=D

Det giver os mulighed for i fremtiden at bruge udligningen af koefficienterne i højeste grad igen.

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

Der er to åbenlyse erstatninger her. Lad os erstatte . $en$

1=-2(A+B+C)

Lad os erstatte . $-en$

-1=4(A-B+C)

Nu sidestiller vi de højere og lavere koefficienter.

0=2A-A-2A+E

0=-B-C+2C-E

Tilføj op.

0=-A-B+C

Har 3 ligninger.

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

Træk den anden fra den første.

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

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

Tilføj nu den første og den tredje.

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

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

Fra sidste ligning

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

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

På denne måde

\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

Det sidste integral er let at tage:

\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

Til sidst

\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 {\venstre|{\frac {1+x}{1-x}} \right|}+C

Ostrogradskys metode er praktisk til et stort antal flere rødder. Han forenkler dog ikke opgaven synderligt, ligningssystemet viser sig at være ikke mindre komplekst end med den sædvanlige nedbrydning til de simpleste.

Ostrogradskys metode gør det muligt at finde den rationelle del af integralet kun ved hjælp af algebraiske operationer, selv uden at kende udvidelsen af nævneren. Lad os være Ostrogradsky-formlen. Så er der ikke andet end den største fælles divisor og . Det kan beregnes ved hjælp af den euklidiske algoritme . Et polynomium kan opnås ved at dividere med . Så sætter vi simpelthen lighedstegn mellem nævnerne og løser systemet af lineære algebraiske ligninger. $\int {\frac {P(x)}{Q(x)}}={\frac {T(x)}{Q_{1}(x)))+\int {\frac {H( x)}{Q_{2}(x)}}$ $Q_{1}(x)$ $Q(x)$ $Q'(x)$ $Q_{2}(x)$ $Q(x)$ $Q_{1}(x)$

Se også

Noter

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

Litteratur

Zorich V. A. Matematisk analyse. Del 1 . - 6. udg. - M. : MTSNMO, 2012. - 702 s. (Russisk)
Kudryavtsev L. D. Kursus i matematisk analyse. I 3 bind. Bind 1. Differential- og integralregning af funktioner af flere variable . - M . : Bustard, 2003. - 704 s. (Russisk)
Fikhtengol'ts G. M. Forløb af differential- og integralregning. I 3 bind. Bind 2 . - 8. udg. - M . : FIZMATLIT, 2003. - 864 s. — ISBN 5-9221-0157-9 . (Russisk)
Rickey VF, Tuchinsky Ph. M. En Geografis Anvendelse til Matematik: Historien om Sekantens Integral // Mathematics Magazine : Journal. - 1980. - Maj ( bind 53 , nr. 3 ). — S. 162–166 .
Bauldry WC Partial Fractions via Calculus // Daniel Alpay Problemer , ressourcer og problemer i matematik undergraduate Studies: Journal. - 2018. - 9. maj ( bind 28 , udg. 5 ). — S. 425–437 . — ISSN 1051-1970 . - doi : 10.1080/10511970.2017.1388312 .
Dawkins P. Integraler der involverer kvadrtikere . Hentet: 5. juli 2021.

Integration af rationelle funktioner

Nedbrydning til simpleste

Tabelintegraler

Integration af brøkdele af formen

Integration af brøkdele af formen

Integration af brøkdele af formen

Gentagelsesforhold

Trigonometrisk substitution

Kompleks nedbrydning til simpleste

Generelt billede af integralet af en rationel funktion

Ostrogradsky-metoden

Se også

Noter

Links

Litteratur

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

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

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