Itt részletes megoldásokat kínálunk a következő racionális törtek integrálásának három példájára:
,
,
.
1. példa
Számítsa ki az integrált:
.
Megoldás
Itt az integráljel alatt van egy racionális függvény, mivel az integrandus a polinomok töredéke. A nevező polinom foka ( 3 ) kisebb, mint a számlálópolinom fokszáma ( 4 ). Ezért először ki kell választania a tört teljes részét.
1.
Jelöljük ki a tört teljes részét. Osszuk el x-et 4
x által 3 - 6 x 2 + 11 x - 6:
Innen
.
2.
Tényezőzzük a tört nevezőjét. Ehhez meg kell oldania a köbös egyenletet:
.
6
1, 2, 3, 6, -1, -2, -3, -6
.
Helyettesítsük x = 1
:
.
1
. osztás x-szel - 1
:
Innen
.
Másodfokú egyenlet megoldása.
.
Az egyenlet gyökerei: , .
Akkor
.
3.
Bontsuk fel a törtet a legegyszerűbb formájára.
.
Így találtuk:
.
Integráljunk.
Válasz
2. példa
Számítsa ki az integrált:
.
Megoldás
Itt a tört számlálója egy nulla fokú polinom ( 1 = x 0). A nevező egy harmadfokú polinom. Mert a 0 < 3 , akkor a tört helyes. Bontsuk egyszerű törtekre.
1.
Tényezőzzük a tört nevezőjét. Ehhez meg kell oldania a harmadik fokú egyenletet:
.
Tegyük fel, hogy van legalább egy egész gyökér. Ekkor ez a szám osztója 3
(x nélküli tag). Vagyis a teljes gyök a számok egyike lehet:
1, 3, -1, -3
.
Helyettesítsük x = 1
:
.
Tehát találtunk egy x = gyöket 1
. Osszuk el x-et 3 + 2 x - 3 x-en - 1
:
Így,
.
A másodfokú egyenlet megoldása:
x 2 + x + 3 = 0.
Keresse meg a diszkriminánst: D = 1 2 - 4 3 = -11. Mivel D< 0
, akkor az egyenletnek nincs valódi gyökere. Így megkaptuk a nevező faktorizálását:
.
2.
.
(x - 1) (x 2 + x + 3):
(2.1)
.
Helyettesítsük x = 1
. Akkor x- 1 = 0
,
.
Cseréljük be (2.1)
x = 0
:
1 = 3 A-C;
.
Tegyük egyenlővé (2.1)
együtthatók x-re 2
:
;
0 = A + B;
.
.
3.
Integráljunk.
(2.2)
.
A második integrál kiszámításához a számlálóban kiválasztjuk a nevező deriváltját, és a nevezőt négyzetösszegre csökkentjük.
;
;
.
Számítsd ki I 2
.
.
Mivel az x egyenlet 2 + x + 3 = 0 nincs valódi gyökere, akkor x 2 + x + 3 > 0. Ezért a modulusjel elhagyható.
címre szállítunk (2.2)
:
.
Válasz
3. példa
Számítsa ki az integrált:
.
Megoldás
Itt az integráljel alatt a polinomok töredéke található. Ezért az integrandus racionális függvény. A polinom mértéke a számlálóban egyenlő 3 . A tört nevezőjének polinomjának foka egyenlő 4 . Mert a 3 < 4 , akkor a tört helyes. Ezért egyszerű törtekre bontható. Ehhez azonban a nevezőt faktorizálni kell.
1.
Tényezőzzük a tört nevezőjét. Ehhez meg kell oldania a negyedik fokú egyenletet:
.
Tegyük fel, hogy van legalább egy egész gyökér. Ekkor ez a szám osztója 2
(x nélküli tag). Vagyis a teljes gyök a számok egyike lehet:
1, 2, -1, -2
.
Helyettesítsük x = -1
:
.
Tehát találtunk egy x = gyöket -1
. osztás x-szel - (-1) = x + 1:
Így,
.
Most meg kell oldanunk a harmadik fokú egyenletet:
.
Ha feltételezzük, hogy ennek az egyenletnek egész gyöke van, akkor ez a szám osztója 2
(x nélküli tag). Vagyis a teljes gyök a számok egyike lehet:
1, 2, -1, -2
.
Helyettesítsük x = -1
:
.
Tehát találtunk egy másik x = gyöket -1
. Az előző esethez hasonlóan lehetséges lenne a polinom elosztása -vel, de a tagokat csoportosítjuk:
.
Mivel az x egyenlet 2 + 2 = 0
nincs valódi gyökere, akkor megkapjuk a nevező faktorizálását:
.
2.
Bontsuk fel a törtet a legegyszerűbb formájára. Bővítést keresünk a következő formában:
.
Megszabadulunk a tört nevezőjétől, szorozunk vele (x + 1) 2 (x 2 + 2):
(3.1)
.
Helyettesítsük x = -1
. Ezután x + 1 = 0
,
.
Tegyünk különbséget (3.1)
:
;
.
Helyettesítsük x = -1
és vegyük figyelembe, hogy x + 1 = 0
:
;
;
.
Cseréljük be (3.1)
x = 0
:
0 = 2 A + 2 B + D;
.
Tegyük egyenlővé (3.1)
együtthatók x-re 3
:
;
1 = B + C;
.
Tehát megtaláltuk az egyszerű törtekre való bontást:
.
3.
Integráljunk.
.
„A matematikus, akárcsak egy művész vagy költő, mintákat hoz létre. És ha a mintái stabilabbak, az csak azért van, mert ötletekből állnak... A matematikus mintáinak, akárcsak egy művésznek vagy egy költőnek, szépnek kell lenniük; Az ötleteknek, akárcsak a színeknek vagy a szavaknak, meg kell felelniük egymásnak. A szépség az első követelmény: nincs helye a világon a csúnya matematikának».
G.H. Hardy
Az első fejezetben megjegyeztük, hogy vannak olyan meglehetősen egyszerű függvények antideriváltjai, amelyeket már nem lehet elemi függvényekkel kifejezni. Ebben a tekintetben a függvények azon osztályai, amelyekről pontosan kijelenthetjük, hogy antideriváltjaik elemi függvények, óriási gyakorlati jelentőségre tesznek szert. A függvények ebbe az osztályába tartoznak racionális függvények, amely két algebrai polinom arányát jelenti. Sok probléma vezet a racionális törtek integrálásához. Ezért nagyon fontos az ilyen funkciók integrálása.
2.1.1. Tört racionális függvények
Racionális tört(vagy tört racionális függvény) két algebrai polinom relációjának nevezzük:
ahol és vannak polinomok.
Emlékezzünk erre polinom (polinom, egész racionális függvény) nfokozat az alak függvényének nevezzük
Ahol 
- valós számok. Például,
– elsőfokú polinom;
– negyedfokú polinom stb.
A racionális tört (2.1.1) ún helyes, ha a fok alacsonyabb, mint a fokozat, azaz. n<m, különben a tört neve rossz.
Bármely helytelen tört ábrázolható egy polinom (a teljes rész) és egy megfelelő tört (a tört rész) összegeként. A nem megfelelő tört egész és tört részének szétválasztása a polinomok „sarokkal” való osztására vonatkozó szabály szerint történhet.
2.1.1. példa. Határozza meg a következő helytelen racionális törtek egész és tört részeit:
A) 
, b) 
.
Megoldás . a) A „sarok” osztási algoritmus segítségével azt kapjuk
Így kapunk
.
b) Itt is a „sarok” felosztási algoritmust használjuk:
Ennek eredményeként azt kapjuk
.
Foglaljuk össze. Általános esetben egy racionális tört határozatlan integrálja a polinom és a megfelelő racionális tört integráljának összegeként ábrázolható. A polinomok antideriváltjait nem nehéz megtalálni. Ezért a következőkben elsősorban a megfelelő racionális törtekkel fogunk foglalkozni.
2.1.2. A legegyszerűbb racionális törtek és azok integrálása
A megfelelő racionális törtek között négy típust különböztetünk meg, amelyek besorolása a a legegyszerűbb (elemi) racionális törtek:
|
3) |
4) |
,
,hol van egy egész szám, 
, azaz másodfokú trinomikus 
nincsenek igazi gyökerei.
Az 1. és 2. típusú egyszerű törtek integrálása nem jelent nagy nehézséget:
, (2.1.3)
. (2.1.4)
Tekintsük most a 3. típusú egyszerű törtek integrálását, de a 4. típusú törteket nem.
Kezdjük az űrlap integráljaival
.
Ezt az integrált általában a nevező tökéletes négyzetének elkülönítésével számítják ki. Az eredmény egy táblázatintegrál a következő formában
vagy 
.
Példa 2.1.2. Keresse meg az integrálokat:
A) 
, b) 
.
Megoldás . a) Válasszon ki egy teljes négyzetet egy másodfokú trinomból:
Innen találjuk
b) Ha egy teljes négyzetet elkülönítünk egy másodfokú trinomtól, a következőt kapjuk:
És így,
.
Hogy megtaláljuk az integrált
elkülönítheti a nevező deriváltját a számlálóban, és kiterjesztheti az integrált két integrál összegére: az elsőt helyettesítéssel 
a megjelenésen múlik
,
a második pedig a fent tárgyalthoz.
Példa 2.1.3. Keresse meg az integrálokat:
.
Megoldás
. vegye észre, az 
. Különítsük el a nevező deriváltját a számlálóban:
Az első integrált a helyettesítés segítségével számítjuk ki 
:
A második integrálban kiválasztjuk a nevezőben a tökéletes négyzetet
Végül megkapjuk
2.1.3. Megfelelő racionális törtbővítés
egyszerű törtek összegére
Bármely megfelelő racionális tört 
egyedi módon ábrázolható egyszerű törtek összegeként. Ehhez a nevezőt faktorizálni kell. A magasabb algebrából ismert, hogy minden valós együtthatóval rendelkező polinom
A témában bemutatott anyag a "Racionális törtek. Racionális törtek bontása elemi (egyszerű) törtekre" témakörben bemutatott információkon alapul. Erősen ajánlom, hogy legalább olvassa át ezt a témát, mielőtt tovább olvassa ezt az anyagot. Ezenkívül szükségünk lesz egy határozatlan integrálok táblázatára.
Hadd emlékeztesselek néhány kifejezésre. A megfelelő témában szóba kerültek, ezért itt egy rövid megfogalmazásra szorítkozom.
Két polinom $\frac(P_n(x))(Q_m(x))$ arányát racionális függvénynek vagy racionális törtnek nevezzük. A racionális tört ún helyes, ha $n< m$, т.е. если степень многочлена, стоящего в числителе, меньше степени многочлена, стоящего в знаменателе. В противном случае (если $n ≥ m$) дробь называется rossz.
Az elemi (legegyszerűbb) racionális törtek négyféle racionális törtek:
- $\frac(A)(x-a)$;
- $\frac(A)((x-a)^n)$ ($n=2,3,4, \ldots$);
- $\frac(Mx+N)(x^2+px+q)$ ($p^2-4q< 0$);
- $\frac(Mx+N)((x^2+px+q)^n)$ ($p^2-4q< 0$; $n=2,3,4,\ldots$).
Megjegyzés (kívánatos a szöveg teljesebb megértéséhez): show\hide
Miért van szükség a $p^2-4q feltételre?< 0$ в дробях третьего и четвертого типов? Рассмотрим квадратное уравнение $x^2+px+q=0$. Дискриминант этого уравнения $D=p^2-4q$. По сути, условие $p^2-4q < 0$ означает, что $D < 0$. Если $D < 0$, то уравнение $x^2+px+q=0$ не имеет действительных корней. Т.е. выражение $x^2+px+q$ неразложимо на множители. Именно эта неразложимость нас и интересует.
Például a $x^2+5x+10$ kifejezéshez ezt kapjuk: $p^2-4q=5^2-4\cdot 10=-15$. Mivel $p^2-4q=-15< 0$, то выражение $x^2+5x+10$ нельзя разложить на множители.
Egyébként ehhez az ellenőrzéshez egyáltalán nem szükséges, hogy a $x^2$ előtti együttható 1 legyen. Például $5x^2+7x-3=0$ esetén a következőt kapjuk: $D=7^ 2-4\cdot 5 \cdot (-3)=109 USD. Mivel $D > 0$, a $5x^2+7x-3$ kifejezés faktorizálható.
Példák racionális törtekre (helyes és helytelen), valamint példák a racionális törtek elemire bontására. Itt csak az integrációjuk kérdéseire leszünk kíváncsiak. Kezdjük az elemi törtek integrálásával. Tehát a fenti négy elemi törttípus mindegyike könnyen integrálható az alábbi képletekkel. Hadd emlékeztessem önöket arra, hogy a (2) és (4) típusú törtek integrálásakor a $n=2,3,4,\ldots$ feltételezhető. A (3) és (4) képlet megköveteli a $p^2-4q feltétel teljesülését< 0$.
\begin(egyenlet) \int \frac(A)(x-a) dx=A\cdot \ln |x-a|+C \end(egyenlet) \begin(egyenlet) \int\frac(A)((x-a)^n )dx=-\frac(A)((n-1)(x-a)^(n-1))+C \end(egyenlet) \begin(egyenlet) \int \frac(Mx+N)(x^2 +px+q) dx= \frac(M)(2)\cdot \ln (x^2+px+q)+\frac(2N-Mp)(\sqrt(4q-p^2))\arctg\ frac(2x+p)(\sqrt(4q-p^2))+C \end(egyenlet)
$\int\frac(Mx+N)((x^2+px+q)^n)dx$ esetén a $t=x+\frac(p)(2)$ behelyettesítés történik, ami után a kapott intervallum ketté osztva. Az első kiszámítása a differenciáljel alá való beírással történik, a második pedig $I_n=\int\frac(dt)((t^2+a^2)^n)$. Ezt az integrált az ismétlődési reláció segítségével veszi fel
\begin(egyenlet) I_(n+1)=\frac(1)(2na^2)\frac(t)((t^2+a^2)^n)+\frac(2n-1)(2na ^2)I_n,\; n\in N\end(egyenlet)
Egy ilyen integrál számítását a 7. példa tárgyalja (lásd a harmadik részt).
A racionális függvények integráljai (racionális törtek) kiszámításának sémája:
- Ha az integrandus elemi, akkor alkalmazza az (1)-(4) képleteket.
- Ha az integrandus nem elemi, akkor ábrázolja elemi törtek összegeként, majd integrálja az (1)-(4) képletekkel.
A racionális törtek integrálására szolgáló fenti algoritmusnak tagadhatatlan előnye van - univerzális. Azok. ezzel az algoritmussal integrálható Bármi racionális tört. Éppen ezért egy határozatlan integrálban a változók szinte minden változása (Euler, Csebisev, univerzális trigonometrikus helyettesítés) úgy történik, hogy e változtatás után az intervallum alatti racionális törtet kapjuk. És akkor alkalmazza rá az algoritmust. Ennek az algoritmusnak a közvetlen alkalmazását elemezzük példákon keresztül, egy kis megjegyzés után.
$$ \int\frac(7dx)(x+9)=7\ln|x+9|+C. $$
Elvileg ez az integrál könnyen beszerezhető a képlet mechanikus alkalmazása nélkül. Ha kivesszük az integráljelből a $7$ konstanst, és figyelembe vesszük, hogy $dx=d(x+9)$, akkor a következőt kapjuk:
$$ \int\frac(7dx)(x+9)=7\cdot \int\frac(dx)(x+9)=7\cdot \int\frac(d(x+9))(x+9) )=|u=x+9|=7\cdot\int\frac(du)(u)=7\ln|u|+C=7\ln|x+9|+C. $$
Részletes információkért javaslom a témában való áttekintést. Részletesen elmagyarázza, hogyan kell megoldani az ilyen integrálokat. A képletet egyébként ugyanazok az átalakítások igazolják, amelyeket ebben a bekezdésben alkalmaztunk a „kézi” megoldásnál.
2) Ismét két módja van: használja a kész formulát, vagy nélküle. Ha alkalmazza a képletet, akkor figyelembe kell vennie, hogy a $x$ (4-es szám) előtti együtthatót el kell távolítani. Ehhez egyszerűen vegyük ki ezt a négyet a zárójelekből:
$$ \int\frac(11dx)((4x+19)^8)=\int\frac(11dx)(\left(4\left(x+\frac(19)(4)\right)\right)^ 8)= \int\frac(11dx)(4^8\left(x+\frac(19)(4)\right)^8)=\int\frac(\frac(11)(4^8)dx) (\left(x+\frac(19)(4)\right)^8). $$
Most itt az ideje alkalmazni a képletet:
$$ \int\frac(\frac(11)(4^8)dx)(\left(x+\frac(19)(4)\right)^8)=-\frac(\frac(11)(4) ^8))((8-1)\left(x+\frac(19)(4) \right)^(8-1))+C= -\frac(\frac(11)(4^8)) (7\left(x+\frac(19)(4) \right)^7)+C=-\frac(11)(7\cdot 4^8 \left(x+\frac(19)(4) \right )^7)+C. $$
Megteheti a képlet használata nélkül is. És még anélkül is, hogy az állandó 4$-t kivennénk a zárójelekből. Ha figyelembe vesszük, hogy $dx=\frac(1)(4)d(4x+19)$, akkor a következőt kapjuk:
$$ \int\frac(11dx)((4x+19)^8)=11\int\frac(dx)((4x+19)^8)=\frac(11)(4)\int\frac( d(4x+19))((4x+19)^8)=|u=4x+19|=\\ =\frac(11)(4)\int\frac(du)(u^8)=\ frac(11)(4)\int u^(-8)\;du=\frac(11)(4)\cdot\frac(u^(-8+1))(-8+1)+C= \\ =\frac(11)(4)\cdot\frac(u^(-7))(-7)+C=-\frac(11)(28)\cdot\frac(1)(u^7 )+C=-\frac(11)(28(4x+19)^7)+C. $$
Az ilyen integrálok megtalálásának részletes magyarázata az „Integráció helyettesítéssel (helyettesítés a differenciáljel alatt)” című témakörben található.
3) Integrálnunk kell a $\frac(4x+7)(x^2+10x+34)$ törtet. Ennek a törtnek a szerkezete $\frac(Mx+N)(x^2+px+q)$, ahol $M=4$, $N=7$, $p=10$, $q=34$. Ahhoz azonban, hogy megbizonyosodjon arról, hogy ez valóban a harmadik típus elemi törtrésze, ellenőriznie kell, hogy a $p^2-4q feltétel teljesül-e< 0$. Так как $p^2-4q=10^2-4\cdot 34=-16 < 0$, то мы действительно имеем дело с интегрированием элементарной дроби третьего типа. Как и в предыдущих пунктах есть два пути для нахождения $\int\frac{4x+7}{x^2+10x+34}dx$. Первый путь - банально использовать формулу . Подставив в неё $M=4$, $N=7$, $p=10$, $q=34$ получим:
$$ \int\frac(4x+7)(x^2+10x+34)dx = \frac(4)(2)\cdot \ln (x^2+10x+34)+\frac(2\cdot 7-4\cdot 10)(\sqrt(4\cdot 34-10^2)) \arctg\frac(2x+10)(\sqrt(4\cdot 34-10^2))+C=\\ = 2\cdot \ln (x^2+10x+34)+\frac(-26)(\sqrt(36)) \arctg\frac(2x+10)(\sqrt(36))+C =2\cdot \ln (x^2+10x+34)+\frac(-26)(6) \arctg\frac(2x+10)(6)+C=\\ =2\cdot \ln (x^2+10x +34)-\frac(13)(3) \arctg\frac(x+5)(3)+C. $$
Oldjuk meg ugyanazt a példát, de kész képlet nélkül. Próbáljuk meg elkülöníteni a nevező deriváltját a számlálóban. Mit is jelent ez? Tudjuk, hogy $(x^2+10x+34)"=2x+10$. A $2x+10$ kifejezést kell elkülönítenünk a számlálóban. Eddig a számláló csak $4x+7$-t tartalmaz, de ez nem tart sokáig. Alkalmazzuk a következő transzformációt a számlálóra:
$ 4x+7=2\cdot 2x+7=2\cdot (2x+10-10)+7=2\cdot(2x+10)-2\cdot 10+7=2\cdot(2x+10) -13. $$
Ekkor a szükséges $2x+10$ kifejezés megjelenik a számlálóban. Az integrálunk pedig a következőképpen írható át:
$$ \int\frac(4x+7)(x^2+10x+34) dx= \int\frac(2\cdot(2x+10)-13)(x^2+10x+34)dx. $$
Osszuk ketté az integrandust. Nos, és ennek megfelelően maga az integrál is „kétágú”:
$$ \int\frac(2\cdot(2x+10)-13)(x^2+10x+34)dx=\int \left(\frac(2\cdot(2x+10))(x^2) +10x+34)-\frac(13)(x^2+10x+34) \jobbra)\; dx=\\ =\int \frac(2\cdot(2x+10))(x^2+10x+34)dx-\int\frac(13dx)(x^2+10x+34)=2\cdot \int \frac((2x+10)dx)(x^2+10x+34)-13\cdot\int\frac(dx)(x^2+10x+34). $$
Először beszéljünk az első integrálról, i.e. körülbelül $\int \frac((2x+10)dx)(x^2+10x+34)$. Mivel $d(x^2+10x+34)=(x^2+10x+34)"dx=(2x+10)dx$, ezért az integrandus számlálója tartalmazza a nevező differenciálját. Röviden, ehelyett a $( 2x+10)dx$ kifejezésből $d(x^2+10x+34)$-t írunk.
Most pedig ejtsünk néhány szót a második integrálról. Válasszunk ki egy teljes négyzetet a nevezőben: $x^2+10x+34=(x+5)^2+9$. Ezen kívül figyelembe vesszük a $dx=d(x+5)$. Most a korábban kapott integrálok összege egy kicsit más formában átírható:
$2\cdot\int \frac((2x+10)dx)(x^2+10x+34)-13\cdot\int\frac(dx)(x^2+10x+34) =2\cdot \int \frac(d(x^2+10x+34))(x^2+10x+34)-13\cdot\int\frac(d(x+5))((x+5)^2+ 9). $$
Ha az első integrálban végrehajtjuk a $u=x^2+10x+34$ cserét, akkor az $\int\frac(du)(u)$ alakot ölti, és a második képlet egyszerű alkalmazásával érhető el . Ami a második integrált illeti, az $u=x+5$ változtatás lehetséges, ami után $\int\frac(du)(u^2+9)$ alakot ölt. Ez a legtisztább tizenegyedik formula a határozatlan integrálok táblázatából. Tehát, visszatérve az integrálok összegéhez, a következőt kapjuk:
$2\cdot\int \frac(d(x^2+10x+34))(x^2+10x+34)-13\cdot\int\frac(d(x+5))((x+5) )^2+9) =2\cdot\ln(x^2+10x+34)-\frac(13)(3)\arctg\frac(x+5)(3)+C. $$
Ugyanazt a választ kaptuk, mint a képlet alkalmazásakor, ami szigorúan véve nem meglepő. Általánosságban elmondható, hogy a képlet bizonyítása ugyanazokkal a módszerekkel történik, mint amelyeket ennek az integrálnak a meghatározásához használtunk. Úgy gondolom, hogy a figyelmes olvasónak itt egy kérdése lehet, ezért megfogalmazom:
1. kérdés
Ha a határozatlan integrálok táblázatának második képletét alkalmazzuk a $\int \frac(d(x^2+10x+34))(x^2+10x+34)$ integrálra, akkor a következőt kapjuk:
$$ \int \frac(d(x^2+10x+34))(x^2+10x+34)=|u=x^2+10x+34|=\int\frac(du)(u) =\ln|u|+C=\ln|x^2+10x+34|+C. $$
Miért nem volt modul a megoldásban?
Válasz az 1. kérdésre
A kérdés teljesen természetes. A modul csak azért hiányzott, mert a $x^2+10x+34$ kifejezés bármely $x\in R$ esetén nagyobb nullánál. Ezt meglehetősen könnyű többféleképpen megmutatni. Például mivel $x^2+10x+34=(x+5)^2+9$ és $(x+5)^2 ≥ 0$, akkor $(x+5)^2+9 > 0$ . Gondolkodhat másként, anélkül, hogy egy teljes négyzetet kiválasztana. Mivel $10^2-4\cdot 34=-16< 0$, то $x^2+10x+34 >0$ bármely $x\in R$-ban (ha ez a logikai lánc meglepő, azt tanácsolom, hogy nézze meg a másodfokú egyenlőtlenségek grafikus módszerét). Mindenesetre mivel $x^2+10x+34 > 0$, akkor $|x^2+10x+34|=x^2+10x+34$, i.e. Modul helyett használhat szokásos zárójeleket.
Az 1. példa minden pontja megoldva, már csak a választ kell leírni.
Válasz:
- $\int\frac(7dx)(x+9)=7\ln|x+9|+C$;
- $\int\frac(11dx)((4x+19)^8)=-\frac(11)(28(4x+19)^7)+C$;
- $\int\frac(4x+7)(x^2+10x+34)dx=2\cdot\ln(x^2+10x+34)-\frac(13)(3)\arctg\frac(x) +5)(3)+C$.
2. példa
Keresse meg a $\int\frac(7x+12)(3x^2-5x-2)dx$ integrált.
Első pillantásra a $\frac(7x+12)(3x^2-5x-2)$ integráns tört nagyon hasonlít a harmadik típusú elemi törthez, azaz. $\frac(Mx+N)(x^2+px+q)$. Úgy tűnik, hogy az egyetlen különbség a $3$-os együttható a $x^2$ előtt, de nem tart sokáig az együttható eltávolítása (zárójelbe téve). Ez a hasonlóság azonban nyilvánvaló. A $\frac(Mx+N)(x^2+px+q)$ tört esetében a $p^2-4q feltétel kötelező< 0$, которое гарантирует, что знаменатель $x^2+px+q$ нельзя разложить на множители. Проверим, как обстоит дело с разложением на множители у знаменателя нашей дроби, т.е. у многочлена $3x^2-5x-2$.
A $x^2$ előtti együtthatónk nem egyenlő eggyel, ezért ellenőrizze a $p^2-4q feltételt< 0$ напрямую мы не можем. Однако тут нужно вспомнить, откуда взялось выражение $p^2-4q$. Это всего лишь дискриминант квадратного уравнения $x^2+px+q=0$. Если дискриминант меньше нуля, то выражение $x^2+px+q$ на множители не разложишь. Вычислим дискриминант многочлена $3x^2-5x-2$, расположенного в знаменателе нашей дроби: $D=(-5)^2-4\cdot 3\cdot(-2)=49$. Итак, $D >0$, ezért a $3x^2-5x-2$ kifejezés faktorizálható. Ez azt jelenti, hogy a $\frac(7x+12)(3x^2-5x-2)$ tört nem a harmadik típus elemi törtje, ezért alkalmazza a $\int\frac(7x+12)(3x^2- ) az integrál 5x-2)dx$ képlet nem lehetséges.
Nos, ha az adott racionális tört nem elemi tört, akkor elemi törtek összegeként kell ábrázolni, majd integrálni. Röviden: használja ki a nyomvonalat. Részletesen meg van írva, hogyan lehet egy racionális törtet elemire bontani. Kezdjük a nevező figyelembevételével:
$$ 3x^2-5x-2=0;\\ \begin(igazított) & D=(-5)^2-4\cdot 3\cdot(-2)=49;\\ & x_1=\frac( -(-5)-\sqrt(49))(2\cdot 3)=\frac(5-7)(6)=\frac(-2)(6)=-\frac(1)(3); \\ & x_2=\frac(-(-5)+\sqrt(49))(2\cdot 3)=\frac(5+7)(6)=\frac(12)(6)=2.\ \\end(igazított)\\ 3x^2-5x-2=3\cdot\left(x-\left(-\frac(1)(3)\right)\right)\cdot (x-2)= 3\cdot\left(x+\frac(1)(3)\right)(x-2). $$
A szubinterkális törtet a következő formában mutatjuk be:
$$ \frac(7x+12)(3x^2-5x-2)=\frac(7x+12)(3\cdot\left(x+\frac(1)(3)\right)(x-2) )=\frac(\frac(7)(3)x+4)(\left(x+\frac(1)(3)\right)(x-2)). $$
Most bontsuk fel a $\frac(\frac(7)(3)x+4)(\left(x+\frac(1)(3)\right)(x-2))$ törtet elemire:
$$ \frac(\frac(7)(3)x+4)(\left(x+\frac(1)(3)\right)(x-2)) =\frac(A)(x+\frac( 1)(3))+\frac(B)(x-2)=\frac(A(x-2)+B\left(x+\frac(1)(3)\right))(\left(x+) \frac(1)(3)\right)(x-2));\\ \frac(7)(3)x+4=A(x-2)+B\left(x+\frac(1)( 3)\jobbra). $$
Az $A$ és $B$ együtthatók megkeresésére két standard módszer létezik: a meghatározatlan együtthatók módszere és a részértékek helyettesítésének módszere. Alkalmazzuk a részleges értékhelyettesítés módszerét, behelyettesítve $x=2$, majd $x=-\frac(1)(3)$:
$$ \frac(7)(3)x+4=A(x-2)+B\left(x+\frac(1)(3)\right).\\ x=2;\; \frac(7)(3)\cdot 2+4=A(2-2)+B\left(2+\frac(1)(3)\right); \; \frac(26)(3)=\frac(7)(3)B;\; B=\frac(26)(7).\\ x=-\frac(1)(3);\; \frac(7)(3)\cdot \left(-\frac(1)(3) \right)+4=A\left(-\frac(1)(3)-2\right)+B\left (-\frac(1)(3)+\frac(1)(3)\jobbra); \; \frac(29)(9)=-\frac(7)(3)A;\; A=-\frac(29\cdot 3)(9\cdot 7)=-\frac(29)(21).\\ $$
Mivel az együtthatókat megtaláltuk, már csak a kész bővítést kell felírni:
$$ \frac(\frac(7)(3)x+4)(\left(x+\frac(1)(3)\right)(x-2))=\frac(-\frac(29)( 21))(x+\frac(1)(3))+\frac(\frac(26)(7))(x-2). $$
Elvileg elhagyhatja ezt a bejegyzést, de én egy pontosabb lehetőséget szeretek:
$$ \frac(\frac(7)(3)x+4)(\left(x+\frac(1)(3)\right)(x-2))=-\frac(29)(21)\ cdot\frac(1)(x+\frac(1)(3))+\frac(26)(7)\cdot\frac(1)(x-2). $$
Visszatérve az eredeti integrálhoz, az így kapott bővítést behelyettesítjük abba. Ezután az integrált kettéosztjuk, és mindegyikre alkalmazzuk a képletet. Inkább azonnal az integráljelen kívülre helyezem a konstansokat:
$$ \int\frac(7x+12)(3x^2-5x-2)dx =\int\left(-\frac(29)(21)\cdot\frac(1)(x+\frac(1) (3)+\frac(26)(7)\cdot\frac(1)(x-2)\right)dx=\\ =\int\left(-\frac(29)(21)\cdot\ frac(1)(x+\frac(1)(3))\right)dx+\int\left(\frac(26)(7)\cdot\frac(1)(x-2)\right)dx =- \frac(29)(21)\cdot\int\frac(dx)(x+\frac(1)(3))+\frac(26)(7)\cdot\int\frac(dx)(x-2) )dx=\\ =-\frac(29)(21)\cdot\ln\left|x+\frac(1)(3)\right|+\frac(26)(7)\cdot\ln|x- 2|+C. $$
Válasz: $\int\frac(7x+12)(3x^2-5x-2)dx=-\frac(29)(21)\cdot\ln\left|x+\frac(1)(3)\right| +\frac(26)(7)\cdot\ln|x-2|+C$.
3. példa
Keresse meg a $\int\frac(x^2-38x+157)((x-1)(x+4)(x-9))dx$ integrált.
Integrálnunk kell a $\frac(x^2-38x+157)((x-1)(x+4)(x-9))$ törtet. A számláló egy másodfokú, a nevező pedig egy harmadfokú polinomot tartalmaz. Mivel a polinom fokszáma a számlálóban kisebb, mint a nevezőben lévő polinom mértéke, azaz. 2 dollár< 3$, то подынтегральная дробь является правильной. Разложение этой дроби на элементарные (простейшие) было получено в примере №3 на странице, посвящённой разложению рациональных дробей на элементарные. Полученное разложение таково:
$$ \frac(x^2-38x+157)((x-1)(x+4)(x-9))=-\frac(3)(x-1)+\frac(5)(x +4)-\frac(1)(x-9). $$
Nincs más dolgunk, mint a megadott integrált három részre osztani, és mindegyikre alkalmazni a képletet. Inkább azonnal az integráljelen kívülre helyezem a konstansokat:
$$ \int\frac(x^2-38x+157)((x-1)(x+4)(x-9))dx=\int\left(-\frac(3)(x-1) +\frac(5)(x+4)-\frac(1)(x-9) \right)dx=\\=-3\cdot\int\frac(dx)(x-1)+ 5\cdot \int\frac(dx)(x+4)-\int\frac(dx)(x-9)=-3\ln|x-1|+5\ln|x+4|-\ln|x- 9|+C. $$
Válasz: $\int\frac(x^2-38x+157)((x-1)(x+4)(x-9))dx=-3\ln|x-1|+5\ln|x+ 4 |-\ln|x-9|+C$.
A téma példáinak elemzésének folytatása a második részben található.
Tört-racionális függvény integrálása.
Bizonytalan együttható módszer
Továbbra is dolgozunk a törtek integrálásán. A leckében már megvizsgáltuk egyes törttípusok integráljait, és ez a lecke bizonyos értelemben folytatásnak tekinthető. Az anyag sikeres megértéséhez alapvető integrációs készségek szükségesek, tehát ha most kezdted el az integrálokat tanulni, vagyis kezdő vagy, akkor a cikkel kell kezdened Határozatlan integrál. Példák megoldásokra.
Furcsa módon most nem annyira integrálok keresésével fogunk foglalkozni, hanem... lineáris egyenletrendszerek megoldásával. Ebben a tekintetben sürgősen Azt javaslom, hogy vegyen részt az órán, vagyis jól ismernie kell a helyettesítési módszereket (az „iskola” módszer és a rendszeregyenletek tagozatos összeadása (kivonása)).
Mi az a tört racionális függvény? Egyszerűen fogalmazva, a tört-racionális függvény olyan tört, amelynek számlálója és nevezője polinomokat vagy polinomok szorzatát tartalmazza. Ráadásul a törtek kifinomultabbak, mint a cikkben tárgyaltak Néhány tört integrálása.
Megfelelő tört-racionális függvény integrálása
Azonnal egy példa és egy tipikus algoritmus egy tört-racionális függvény integráljának megoldására.
1. példa
1. lépés. Az első dolog, amit MINDIG megteszünk egy tört racionális függvény integráljának megoldása során, hogy tisztázzuk a következő kérdést: megfelelő a tört? Ezt a lépést szóban hajtják végre, és most elmagyarázom, hogyan:
Először a számlálót nézzük, és megtudjuk felsőfokú végzettség polinom: 
A számláló vezető hatványa kettő.
Most megnézzük a nevezőt, és megtudjuk felsőfokú végzettség névadó. A kézenfekvő módja a zárójelek megnyitása és hasonló kifejezések megadása, de megteheti egyszerűbben is minden egyes zárójelben keresse a legmagasabb fokozatot 
és gondolatban megszorozzuk: - így a nevező legmagasabb foka hárommal egyenlő. Teljesen nyilvánvaló, hogy ha valóban kinyitjuk a zárójeleket, akkor nem kapunk háromnál nagyobb fokkal.
Következtetés: A számláló fő fokozata SZIGORÚAN kisebb, mint a nevező legnagyobb hatványa, ami azt jelenti, hogy a tört megfelelő.
Ha ebben a példában a számláló a 3, 4, 5 stb. polinomot tartalmazza. fok, akkor a tört az lenne rossz.
Most csak a helyes tört racionális függvényeket fogjuk figyelembe venni. Azt az esetet, amikor a számláló foka nagyobb vagy egyenlő, mint a nevező mértéke, a lecke végén lesz szó.
2. lépés. Tényezőzzük a nevezőt. Nézzük a nevezőnket: 
Általánosságban elmondható, hogy ez már tényezők eredménye, de ennek ellenére feltesszük magunknak a kérdést: lehetséges-e valami mást bővíteni? A kínzás tárgya kétségtelenül a négyzetes trinomiális lesz. A másodfokú egyenlet megoldása: 
A diszkriminans nagyobb, mint nulla, ami azt jelenti, hogy a trinomiális valóban faktorizálható:
Általános szabály: MINDEN, ami a nevezőben szerepelhet – faktoráljon
Kezdjük a megoldás megfogalmazásával:
3. lépés A határozatlan együtthatók módszerével az integrandust egyszerű (elemi) törtek összegévé bővítjük. Most már világosabb lesz.
Nézzük meg az integrand függvényünket: 
És tudod, valahogyan felbukkan egy intuitív gondolat, hogy jó lenne a nagy töredékünket több kicsire alakítani. Például így: 
Felmerül a kérdés, hogy ez egyáltalán lehetséges? Lélegezzünk fel, a matematikai elemzés megfelelő tétele kimondja – LEHETSÉGES. Egy ilyen dekompozíció létezik és egyedülálló.
Csak egy fogás van, ennek az esélye Viszlát Nem tudjuk, innen ered a név - a határozatlan együtthatók módszere.
Ahogy sejtette, a későbbi testmozgások ilyenek, ne kuncogj! célja, hogy csak FELISMERJE őket – hogy megtudja, mivel egyenlők.
Vigyázat, csak egyszer fogom részletesen elmagyarázni!
Tehát kezdjük a táncot: 
A bal oldalon a kifejezést közös nevezőre redukáljuk:
Most már nyugodtan megszabadulhatunk a nevezőktől (mivel ugyanazok):
A bal oldalon kinyitjuk a zárójeleket, de egyelőre ne érintsük meg az ismeretlen együtthatókat:
Ugyanakkor megismételjük a polinomok szorzásának iskolai szabályát. Tanár koromban megtanultam ezt a szabályt egyenes arccal kiejteni: Egy polinom polinommal való szorzásához meg kell szorozni az egyik polinom minden tagját a másik polinom minden tagjával.
Az egyértelmű magyarázat szempontjából jobb, ha az együtthatókat zárójelbe teszem (bár én személy szerint soha nem teszem ezt az időmegtakarítás érdekében):
Összeállítunk egy lineáris egyenletrendszert.
Először felsőfokú végzettséget keresünk:
És beírjuk a megfelelő együtthatókat a rendszer első egyenletébe:
Emlékezzen jól a következő pontra. Mi történne, ha egyáltalán nem lenne s a jobb oldalon? Tegyük fel, hogy minden négyzet nélkül mutatkozna? Ebben az esetben a rendszer egyenletében a jobb oldalra egy nullát kellene tenni: . Miért nulla? De mivel a jobb oldalon mindig ugyanazt a négyzetet lehet nullával hozzárendelni: Ha a jobb oldalon nincs változó és/vagy szabad tag, akkor a rendszer megfelelő egyenleteinek jobb oldalára nullákat teszünk.
A megfelelő együtthatókat a rendszer második egyenletébe írjuk: 
És végül, ásványvíz, kiválasztjuk a szabad tagokat.
Eh... kicsit vicceltem. Viccet félretéve - a matematika komoly tudomány. Az intézeti csoportunkban senki nem nevetett, amikor az adjunktus azt mondta, hogy a kifejezéseket a számegyenesen szétszórja, és kiválasztja a legnagyobbakat. Komolyodjunk. Bár... aki megéli ennek a leckének a végét, az továbbra is csendesen mosolyog.
A rendszer készen áll:
Megoldjuk a rendszert: 
(1) Az első egyenletből kifejezzük és behelyettesítjük a rendszer 2. és 3. egyenletébe. Valójában más egyenletből is lehetett kifejezni (vagy más betűt), de ebben az esetben előnyös az 1. egyenletből kifejezni, mivel ott a legkisebb esély.
(2) Hasonló kifejezéseket mutatunk be a 2. és 3. egyenletben.
(3) A 2. és 3. egyenletet tagonként összeadjuk, így megkapjuk az egyenlőséget, amiből az következik, hogy
(4) Behelyettesítjük a második (vagy harmadik) egyenletbe, ahonnan ezt megtaláljuk
(5) Helyettesítsd be és az első egyenletbe, megkapva .
Ha nehézségei vannak a rendszer megoldási módszereivel, gyakorolja azokat az órán. Hogyan lehet lineáris egyenletrendszert megoldani?
A rendszer megoldása után mindig célszerű ellenőrizni - helyettesíteni a talált értékeket minden a rendszer egyenlete, ennek eredményeként mindennek „konvergálnia” kell.
Majdnem ott. Megtalálták az együtthatókat, és: 
A kész munkának valahogy így kell kinéznie:
Mint látható, a feladat fő nehézsége egy lineáris egyenletrendszer (helyesen!) összeállítása és (helyesen!) megoldása volt. És a végső szakaszban minden nem olyan nehéz: a határozatlan integrál linearitási tulajdonságait használjuk és integráljuk. Felhívjuk figyelmét, hogy mindhárom integrál alatt van egy „szabad” komplex függvényünk, ennek integrálásának jellemzőiről beszéltem a leckében. Változómódosítási módszer határozatlan integrálban.
Ellenőrzés: Különböztesse meg a választ:
Az eredeti integrand függvényt megkaptuk, ami azt jelenti, hogy az integrált helyesen találtuk meg.
Az ellenőrzés során a kifejezést közös nevezőre kellett redukálnunk, és ez nem véletlen. A határozatlan együtthatók módszere és a kifejezés közös nevezőre való redukálása kölcsönösen fordított műveletek.
2. példa
Keresse meg a határozatlan integrált. 
Térjünk vissza az első példa törtjéhez: 
. Könnyen észrevehető, hogy a nevezőben minden tényező MÁS. Felmerül a kérdés, hogy mi a teendő, ha például a következő tört adott: 
? Itt vannak fokozatok a nevezőben, vagy matematikailag többszörösei. Ezen kívül van egy másodfokú trinom, amely nem faktorizálható (könnyű ellenőrizni, hogy az egyenlet diszkriminánsa 
negatív, így a trinom nem faktorizálható). Mit kell tenni? Az elemi törtek összegére való bővítés valahogy így fog kinézni 
ismeretlen együtthatókkal a tetején, vagy valami más?
3. példa
Mutasson be egy függvényt 
1. lépés. Ellenőrizzük, hogy van-e megfelelő tört
Fő számláló: 2
A nevező legmagasabb foka: 8
, ami azt jelenti, hogy a tört helyes.
2. lépés. Be lehet számolni valamit a nevezőben? Nyilvánvalóan nem, már minden le van írva. A négyzetes trinomit a fent említett okok miatt nem lehet termékké bővíteni. Kapucni. Kevesebb munka.
3. lépés Képzeljünk el egy tört-racionális függvényt elemi törtek összegeként.
Ebben az esetben a bővítés a következő formában történik:
Nézzük a nevezőnket:
Ha egy tört-racionális függvényt elemi törtek összegére bontunk, három alapvető pontot lehet megkülönböztetni:
1) Ha a nevező az első hatványhoz „magányos” tényezőt tartalmaz (esetünkben), akkor egy határozatlan együtthatót teszünk a tetejére (esetünkben). Az 1. és 2. példák csak ilyen „magányos” tényezőket tartalmaztak.
2) Ha a nevező rendelkezik többszörös szorzót, akkor a következőképpen kell bontania: 
- azaz egymás után menjen végig az „X” összes fokán az elsőtől az n-edikig. Példánkban két több tényező szerepel: és , nézze meg még egyszer az általam adott kiterjesztést, és győződjön meg arról, hogy pontosan ennek a szabálynak megfelelően vannak kibontva.
3) Ha a nevező másodfokú felbonthatatlan polinomot tartalmaz (esetünkben), akkor a számlálóban történő felbontáskor egy meghatározatlan együtthatójú lineáris függvényt kell írni (esetünkben meghatározatlan együtthatókkal és ).
Valójában van még egy 4. eset, de erről hallgatok, mert a gyakorlatban rendkívül ritka.
4. példa
Mutasson be egy függvényt 
ismeretlen együtthatójú elemi törtek összegeként.
Ez egy példa, amelyet egyedül kell megoldania. Teljes megoldás és válasz a lecke végén.
Szigorúan kövesse az algoritmust!
Ha megérti azokat az elveket, amelyek alapján egy tört-racionális függvényt összeggé kell bővítenie, akkor a szóban forgó típus szinte bármelyik integrálját átrághatja.
5. példa
Keresse meg a határozatlan integrált. 
1. lépés. Nyilvánvalóan a tört helyes:
2. lépés. Be lehet számolni valamit a nevezőben? Tud. Itt van a kockák összege 
. Tényezősítse a nevezőt a rövidített szorzási képlet segítségével
3. lépés A határozatlan együtthatók módszerével az integrandust elemi törtek összegére bővítjük:
Kérjük, vegye figyelembe, hogy a polinom nem faktorizálható (ellenőrizze, hogy a diszkrimináns negatív), ezért a tetejére teszünk egy ismeretlen együtthatójú lineáris függvényt, és nem csak egy betűt.
A törtet közös nevezőre hozzuk:
Állítsuk össze és oldjuk meg a rendszert:
(1) Az első egyenletből fejezzük ki és behelyettesítjük a rendszer második egyenletébe (ez a legracionálisabb mód).
(2) Hasonló kifejezéseket mutatunk be a második egyenletben.
(3) A rendszer második és harmadik egyenletét tagonként összeadjuk.
Minden további számítás elvileg szóbeli, mivel a rendszer egyszerű. 
(1) A talált együtthatóknak megfelelően felírjuk a törtek összegét.
(2) A határozatlan integrál linearitási tulajdonságait használjuk. Mi történt a második integrálban? Ezzel a módszerrel a lecke utolsó bekezdésében ismerkedhet meg. Néhány tört integrálása.
(3) Ismét a linearitás tulajdonságait használjuk. A harmadik integrálban elkezdjük elkülöníteni a teljes négyzetet (a lecke utolsó előtti bekezdése Néhány tört integrálása).
(4) Vegyük a második integrált, a harmadikban pedig a teljes négyzetet.
(5) Vegyük a harmadik integrált. Kész.
