Тема 26

Интегриране на рационални функции

Полином (многочлен)

Дефиниция:
Полином (многочлен) от $n$-та степен натричаме функция от вида:

(1)
\begin{align} P_n(x) = a_0x^n+a_1x^{n-1}+..+a_ix^{n-i}+..+a_{n-1}x+a_n \quad \forall i = 1..n\ a_i \in \mathbb R,\ a_0 \ne 0 \end{align}

Рационална функция

Дефиниция:
Нека $P_n, \ Q_m$ са полиноми, рационална функция наричаме функция от вида:

(2)
\begin{align} R(x)=\dfrac{P_n(x)}{Q_m(x)} \end{align}

Правилна рационална функция

Дефиниция:
Правилна рационална функция наричаме рационална функция от вида:

(3)
\begin{align} R(x)=\dfrac{P_n(x)}{Q_m(x)} \quad n < m \end{align}

Твърдение за разлагане на полиноми

Твърдение:
Всеки полином $P_n(x)$ можем да представим в следния вид:

(4)
\begin{align} P_n(x) = a_0(x-x_1)^{\alpha_1}(x-x_2)^{\alpha_2}...(x-x_k)^{\alpha_k}(x^2+p_1x+q_1)^{\beta_1}..(x^2+p_mx+q_m)^{\beta_m} \quad \alpha_i,\ \beta_j \in \mathbb N \quad i = 1..n,\ j = 1..m \end{align}

където $p_i^2 - 4q_i < 0 , \ i = 1..m$ тоест множителите от 2ра степен нямат реални корени.
И разбира се степента на разложения полином е същата:

(5)
\begin{align} \alpha_1+\alpha_2+..+\alpha_n+2(\beta_1+..+\beta_m) = n \end{align}

Интегриране на рационална функция

Сега следва много писане…

Нека $R(x)=\dfrac{P_n(x)}{Q_m(z)}$ е произволна рационална функция. Сега ще представим универсален начин за интегриране на рационални функция.
Ще покажем как да сведем рационалната функция до сбор от елементарни дроби - $R(x) = \sum \dfrac{A}{(x-a)^s} + \sum \dfrac{Mx+N}{(x^2+px+q)^r}$ и ще покажем алгоритъм за интегрирането на елементарните дроби (ако функцията не е правилна рационална се получават още няколко члена, лесни за интегриране - чети по-надолу).

Първо ще покажем, как от рационална функция стигаме до сума от елементарни дроб

Ако $m \ge n$Можем да представим рационалната функция по следния начин

(6)
\begin{align} R_n(x) = P_{m-n}(x) +\dfrac{P_s(x)}{Q_m(x)}, \ s<m \end{align}

Като от свойството за интеграл от сбор получаваме

(7)
\begin{align} \int R(x)\ dx = \int P_{m-n}(x)\ dx + \int \dfrac{P_s(x)}{Q_m(x)}\ dx \end{align}

Първият интеграл се решава елементарно, защото всеки един от едночлените в полинома е табличен интеграл ($ax^b$)

(8)
\begin{align} \int P_{m-n}(x) \dx = \int \sum_{k=0}^{n} a_kx^{n-k}\ dx = \sum_{k=0}^{n} a_k \int x^{n-k}\ dx = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{a_k}{n-k+1}x^{n-k+1} + C \end{align}

Сега ще разгледаме внимателно другата част от рационалната функция. $\dfrac{P_s(x)}{Q_m(x)}$. Ще покажем как да я интегрираме.

(9)
\begin{align} \dfrac{P_s(x)}{Q_m(x)} = \dfrac{P_s(x)}{(x-x_1)^{\alpha_1}(x-x_2)^{\alpha_2}\cdots(x-x_k)^{\alpha_k}(x^2+p_1x+q_1)^{\beta_1}(x^2+p_2x+q_2)^{\beta_2}\cdots(x^2+p_mx+q_m)^{\beta_m} } = \end{align}

тази голяма дроб1, можем да разделим на сбор от елементарни дроби

(10)
\begin{eqnarray} & = & \Bigg[ \dfrac{A_1^{(1)}}{x-x_1} + \dfrac{A_2^{(1)}}{(x-x_1)^2} + \cdots + \dfrac{A_{(\alpha_1)}^{(1)}}{(x-x_1)^{\alpha_1} } \Bigg] + \\ & & \vdots \\ & + & \Bigg[ \dfrac{A_1^{(k)}}{x-x_k} + \dfrac{A_2^{(k)}}{(x-x_k)^2} + \cdots + \dfrac{A_{(\alpha_k)}^{(k)}}{(x-x_k)^{\alpha_k}}\Bigg] +\\ & + & \Bigg[ \dfrac{M_1^{(1)}x+N_1^{(1)}}{x^2+p_1x+q_1} +\dfrac{M_2^{(1)}x+N_2^{(1)}}{(x^2+p_1x+q_1)^2}+\cdots +\dfrac{M_{\beta_1}^{(1)}x+N_{\beta_1}^{(1)}}{(x^2+p_1x+q_1)^{\beta_1}} \Bigg] + \\ & & \vdots \\ &+& \Bigg[ \dfrac{M_1^{(m)}x+N_1^{(m)}}{x^2+p_1x+q_1} +\dfrac{M_2^{(m)}x+N_2^{(m)}}{(x^2+p_1x+q_1)^2}+\cdots +\dfrac{M_{\beta_1}^{(1)}x+N_{\beta_1}^{(m)}}{(x^2+p_1x+q_1)^{\beta_1}} \Bigg] \end{eqnarray}

Неизвстните $A, \ M, \ N$намираме по метода на неопределените коефициент - привеждаме дясната(това огромното разписано) част под общ знаменател, подреждаме коефициентите пред всяка степен на $x$ и ги приравняваме от двете страни. Огромния е записан "схематично"(не е правилно математически записано) $R(x) = \sum \dfrac{A}{(x-a)^s} + \sum \dfrac{Mx+N}{(x^2+px+q)^r}$ - забележете че сумите нямат параметър.
Това са суми на елементарни дроби.
Неопределения интеграл на $R(x)$ очевидно (следва от свойствата на интегралите) e

(11)
\begin{align} \int R(x)\ dx = \sum \int \dfrac{A}{(x-a)^s}\ dx + \sum \int \dfrac{Mx+N}{(x^2+px+q)^r}\ dx \end{align}

Сега свеждаме задачата до намиране на интеграл на елементарна дроб. Което е дълго, но трябва да се знае.

Интеграл на $\dfrac{A}{(x-a)^s}$
За $s=1$ имаме

(12)
\begin{align} \int \dfrac{A}{x-a}\ dx = A\int \dfrac{1}{x-a}\ dx = A\int \dfrac{1}{x-a}\ d(x-a) = A \ln |x-a| + C \end{align}

За $s>1$ имаме

(13)
\begin{align} \int \dfrac{A}{(x-a)^s}\ dx = A \int \dfrac{1}{(x-a)^s}\ dx = A \int (x-a)^{-s}}\ d(x-a) = A \dfrac{(x-a)^{-s+1}}{-s+1} + C = -A \dfrac{(x-a)^{1-s}}{s-1}+C \end{align}

Ако случайно се питате защо разгледахме отделно случая за $s=1$, погледнете си отново таблицата на основните интеграли ($\int x^{\alpha} dx = \dfrac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}+C, \ \alpha \in \mathbb{R}, { \alpha \ne -1 }$ )

Интеграл на $\dfrac{Mx+N}{(x^2+px+q)^n}$
Не е много по-сложен, но има малко пo-специфично извеждане(прилагат се няколко стандартни трика, който трябва да запомните).
За $n=1$

Полагаме $x = t-\dfrac{p}{2}$, за да имаме сбор от квадрати в знаменателя :

(14)
\begin{eqnarray} \int \dfrac{Mx + N}{x + px + q}\ dx &=& \int \dfrac{M(t-\dfrac{p}{2})+N}{(t-\dfrac{p}{2})^2+p(t-\dfrac{p}{2})+q}\ d(t-\dfrac{p}{2})\\ &=& \int \dfrac{Mt-M\dfrac{p}{2}+N}{t^2 +(\dfrac{p}{2})^2 -tp +pt-p\dfrac{p}{2}+q}\ d(t-\dfrac{p}{2})\\ &=& \int \dfrac{Mt-M\dfrac{p}{2}+N}{t^2 +(\dfrac{p}{2})^2 -\dfrac{p^2}{2}+q}\ dt \\ &=& \int \dfrac{Mt-(M\dfrac{p}{2}-N)}{t^2 + \dfrac{4q-p^2}{4}}\ dt = (\square) \\ \end{eqnarray}

За удобство полагаме $d^2 = \dfrac{4q-p^2}{4}$, след което разделяме търсения интеграл на сбор от два интеграла

(15)
\begin{eqnarray} (\square) &=& \int \dfrac{Mt}{t^2 + d^2}\ dt -\int \dfrac{M\frac{p}{2}-N}{t^2 + d^2}\ dt = M\int \dfrac{t}{t^2 + d^2}\ dt - (M \frac{p}{2}-N) \int \dfrac{1}{t^2 + d^2}\ dt = (\square\square) \end{eqnarray}

Стигаме до следния сбор първият интеграл е табличен, сега ще доведем и втория до табличен вид.

(16)
\begin{eqnarray} (\square\square) &=& \dfrac{M}{2}\int \dfrac{1}{t^2 + d^2}\ d(t^2+d^2) - \dfrac{M \frac{p}{2}-N}{d^2}\int \dfrac{1}{\frac{t^2}{d^2}+1}\ dt = \dfrac{M}{2} \ln|t^2+d^2| + \dfrac{M \frac{p}{2}-N}{d} \int \dfrac{1}{\frac{t^2}{d^2}+1}\ d\frac{t}{d} \end{eqnarray}

И така стигаме до следния неопределен интеграл, в който $t = x + \dfrac{p}{2}$

(17)
\begin{eqnarray} \int \dfrac{Mx+N}{(x^2+px+q)^n} dx &=& \dfrac{M}{2} \ln|t^2+d^2| + \dfrac{M \frac{p}{2}-N}{d} \arctan (\frac{t^2}{d^2}) + C \\ &=& \dfrac{M}{2} \ln|(x+\frac{p}{2})^2 + d^2| + \dfrac{M \frac{p}{2} - N}{d} \arctan \left(\dfrac{(x + \frac{p}{2})^2}{d^2}\right) + C \end{eqnarray}

За $n > 1$
Отново полагаме $x = t-\dfrac{p}{2}$ и получаваме по абсолютно същия път както горе

(18)
\begin{eqnarray} \int \dfrac{Mt-\frac{Mt}{2}+N}{\left((t-\dfrac{p}{2})^2+p(t-\dfrac{p}{2})+q\right)^n}\ dx &=& \int \dfrac{Mt-(M\dfrac{p}{2}-N)}{\left(t^2 + \dfrac{4q-p^2}{4}\right)^n}\ dt = \end{eqnarray}

Отново полагаме $d^2 = \dfrac{4q-p^2}{4}$, след което разделяме търсения интеграл на разлика от два интеграла

(19)
\begin{align} \int \dfrac{Mt}{(t^2 + d^2)^n}\ dt -\int \dfrac{M\dfrac{p}{2}-N}{\left(t^2 + d^2\right)^n}\ dt \end{align}

Първият интеграл можем да сведем лесно до табличен (изкарваме $M$ пред интеграла, а $t$ слагаме под $d$) :

(20)
\begin{align} \int \dfrac{Mt}{(t^2 + d^2)^n}\ dt = \dfrac{M}{2} \int \dfrac{1}{(t^2 + d^2)^n}\ d(t^2+d^2) = \dfrac{M}{2} \dfrac{(t^2+d^2)^{-n+1}}{-n+1} \end{align}

Вторият интеграл е по-сложен:

(21)
\begin{align} \int \dfrac{M\dfrac{p}{2}-N}{(t^2 + d^2)^n}\ dt = (M\dfrac{p}{2}-N)\int \dfrac{1}{(t^2 + d^2)^n}\ dt \end{align}

Сега търсим следния неопределен интеграл:

(22)
\begin{align} I_n = \int \dfrac{1}{(t^2 + d^2)^n}\ dt \end{align}

Ще докажем, че $I_n = \alpha(x) + \beta I_{n-1}$, т.е ще покажем индуктивна формула за намиране на $I_n$, като знаем $I_{n-1}$. $I_1$ показахме как се намира в предния случай.

(23)
\begin{eqnarray} I_n = \int \dfrac{1}{(t^2 + d^2)^n}\ dt &=& \dfrac{1}{d^2} \int \dfrac{d^2 + t^2 - t^2}{(t^2 + d^2)^n}\ dt \\ &=& \dfrac{1}{d^2} \left( \int \dfrac{d^2 + t^2}{(t^2 + d^2)^n}\ dt - \int \dfrac{t^2}{(t^2 + d^2)^n}\ dt \right) \\ &=& \dfrac{1}{d^2} \left( \underbrace{\int \dfrac{1}{(t^2 + d^2)^{n-1}}\ dt}_{I_{n-1}} - \int t\dfrac{t}{(t^2 + d^2)^n}\ dt \right) = (\blacksquare) \end{eqnarray}

Очевидно първия интеграл в скобите по-горе е $I_{n-1}$. По-интересно е как ще разпишем 2-я интеграл - първо ще пъхнем дробната част под $d$ и след това ще интегрираме по части, за да разменим $x$ и това което ще получим под $d$.

(24)
\begin{eqnarray} (\blacksquare) = \dfrac{1}{d^2} \left( \int \dfrac{1}{(t^2 + d^2)^{n-1}} dt - \int t\dfrac{t}{(t^2 + d^2)^n} dt \right) & = & \dfrac{1}{d^2} \left( I_{n-1} - \int t\ d \Big[ \int \dfrac{t}{(t^2 + d^2)^n}\ dt \Big] \right) \\ & = & \dfrac{1}{d^2} \left( I_{n-1} - \int t\ d \Big[ \dfrac{1}{2}\int \dfrac{1}{(t^2 + d^2)^n}\ d(t^2+d^2) \Big] \right) \ \ \, n > 1 \\ & = & \dfrac{1}{d^2} \left( I_{n-1} - \int t\ d \Big[ \dfrac{1}{2} \dfrac{1}{(t^2 + d^2)^{n-1}}\dfrac{1}{-n+1} \Big] \right) \\ & = & \dfrac{1}{d^2} \left( I_{n-1} + \left( t \dfrac{1}{2} \dfrac{1}{(t^2 + d^2)^{n-1}}\dfrac{1}{n-1} - \int \dfrac{1}{2} \dfrac{1}{(t^2 + d^2)^{n-1}}\dfrac{1}{n-1}\ dt \right) \right) \\ & = & \dfrac{1}{d^2} \left( I_{n-1} + \left( \dfrac{t}{2(t^2 + d^2)^{n-1}(n-1)} - \dfrac{1}{2(n-1)} \int \dfrac{1}{(t^2 + d^2)^{n-1}}\ dt \right) \right) \\ & = & \dfrac{1}{d^2} \left( I_{n-1} + \left( \dfrac{t}{2(t^2 + d^2)^{n-1}(n-1)} - \dfrac{1}{2(n-1)} I_{n-1} \right) \right) \\ & = & \underbrace{ \dfrac{1}{d^2} \left(1 -\dfrac{1}{2(n-1)} \right) }_{\beta}I_{n-1} + \underbrace{ \dfrac{t}{2d^2(t^2 + d^2)^{n-1}(n-1)} }_{\alpha (t)} \end{eqnarray}

Много математически преобразувания… Но не е нищо сложно, в случая представяме универсален метод за интегриране
за това всичко изглежда толкова дълго и голямо.
По горе не искаме $n > 1$ а го имаме по условие, така сме приели - разгледали сме случая вече. Както виждате след като внесохме под знака на интеграла доста голяма част от втория интеграл, успяхме да го преобразуваме до интеграл от същия вид, за $n-1$ което е и целта ни. След което разменихме местата на двете "парчета" на интеграла, като диференцирахме почасти и така много красиво стигнахме до извода до който искахме да стигнем.

Unless otherwise stated, the content of this page is licensed under Creative Commons Attribution-NonCommercial-ShareAlike 3.0 License