Интегриране на рационални функции

§7. Интегриране на рационални функции

Съдържание
1. Пресмятане на неопределен интеграл от елементарни дроби
2. Интегриране на правилни рационални функции
3. Интегриране на неправилни рационални функции

ТЕОРИЯ
Всеки полином с реални коефициенти
()
01
2
2
1
1axaxa...xaxaxf
n
n
n
n
+++++=
−
−
може да се представи по единствен начин като произведение на старшия си коефициент
n
a и
на известен брой (различни по между си) елементарни множители от първи вид ()
k
ax−
и/или елементарни множители от втори вид ( )
s
qpxx++
2
, 04
2
<−qp,
() ( ) () LLL
sk
n
qpxxaxaxf ++−=
2

Това представяне се нарича каноничен вид на полинома ()xf.
Функцията
()xf се нарича рационална, когато е частно на два полинома,
()
()
()
xQ
xP
xf=

Рационалната функция
()xf се нарича правилна, когато
()() xPxQdegdeg > . Нека

()
()
()
xQ
xP
xf=

е правилна рационална функция,
() ()xQxPdegdeg < . Тогава ()xf може да се запише като
сбор от серии елементарни дроби. Всеки елементарен множител от първи вид
()
k
ax− на
()xQ поражда серия елементарни дроби от първи вид
()
k
k
ax
A
−
, а всеки елементарен
множител от втори вид
( )
s
qpxx ++
2
на ()xQ поражда серия елементарни дроби от втори вид

()
s
ss
qpxx
CxB
++
+
2

С други думи

()
()
() ()
() ()
LL
LLL+
++
+
++
++
+
+
++
+
+
+
−
++
−
+
−
+=
−
−−
−
−
qpxx
CxB
qpxx
CxB
qpxx
CxB
ax
A
ax
A
ax
A
xQ
xP
s
ss
s
ss
k
k
k
k
2
11
1
2
11
2
1
1
1

Интегриране на елементарни дроби. Елементарните дроби от първи вид се интегрират
непосредствено

ConstaxAdx
ax
A
+−=
−∫
ln

()
()
Const
ax
A
k
dx
ax
A
kk
+
−−
=
−
−∫ 1
1
1
,
1>k
За да се научим да интегрираме елементарни дроби от втори вид, отначало ще
разгледаме интеграла

()
∫
+
=
nn
ax
dx
I
22
, K,2,1=n , 0>a
При
1=n имаме табличен интеграл

Const
a
x
a
I +=arctg
1
1
При
1>n се използва рекурентната формула

()
()
nnnn
I
na
n
axna
x
ax
dx
I
2
222
1
22
1
2
12
2
−
+
+
=
+
=∫ ++

Интегриране на рационални функции. Ако рационалната функция

()
()
()
xQ
xP
xf= ,
()0deg >xQ
не е правилна,
() () xQxPdegdeg ≥ , отначало ще разделим полинома
()xP на ()xQ и съгласно
теорема
() ()() () xrxqxQxP
+= , където ()xq е частното, а ()xr е остатъкът при това деление
(
() () xQxrdegdeg< ), откъдето след разделяне на
()xQ получаваме

()
()
()
()
()xQ
xr
xq
xQ
xP
+=
Второто събираемо в дясната страна е правилна рационална функция. Сега имаме

()
()
()
()
()
∫∫∫
+= dx
xQ
xr
dxxqdx
xQ
xP

което означава, че пресмятането на интеграла се свежда до интегриране на полином и
интегриране на правилна рационална функция. Полиномите се интегрират непосредствено.
Остава да покажем начин за интегриране на правилни рационални функции. Нека
рационалната функция

()
()
()
xQ
xP
xf=
е правилна и е известно представянето на знаменателя ()xQ като произведение на
елементарни множители. Тогава
()xf може да се запише като сбор от елементарни дроби и в
крайна сметка интегрирането на
()xf ще се сведе до интегриране на елементарни дроби.

ЗАДАЧИ
Да се решат следните интеграли.
Задача 1.

()( )
∫
−+
=
521xx
xdx
J
Решение. Подинтегралната функция

()( ) 521−+xx
x

е правилна. Разлагаме я на елементарни дроби. На множителя 1+x съответства само една
дроб от вида

1+x
A

защото този множител е на първа степен. И на втория множител 52−x съответства само
една дроб от вида

52−x
B

защото и този множител е на първа степен. Следователно

()( ) 521521 −
+
+
=
−+ x
B
x
A
xx
x

Тук А и В са неопределени за сега коефициенти. За да ги определим, привеждаме дясната
страна на равенството под общ знаменател. Той е същият като знаменателя на лявата страна.

Ето защо сравняваме само числителите на лявата и дясната страна на равенството. Това е
правило, което ще прилагаме и в следващите задачи. Получава се
() ()152 ++−=xBxAx
Това равенство трябва да е вярно за всяка стойност на x. Един начин за определяне на А и В
е на x да дадем такива стойности, че в получените равенства да участва само една от
неопределените константи – това се постига ако изберем xтака, че или 01=+x , или
052 =−x . Нека
()
7
1
5211 =⇒−−=−⇒−= AAx

Ако

7
5
1
2
5
2
5
2
5
=⇒⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=⇒= BBx
Друг начин за определяне на А и В е да се сравняват коефициентите пред равните степени на
x от двете страни на равенството
() ()( ) ( )BAxBAxBxAx +−++=++−= 52152
т.е.
()( )
0101
520 x.BAx.BAx.x +−++=+
Коефициентът пред
1
x отляво е 1, следователно BA+=21 . Аналогично коефициентът пред
0
x отляво е 0, следователно BA+−=50 . Решаваме системата

05
12
=+−
=+BA
BA

като използваме формулите на Крамер (или по някой друг начин)

7
5
15
12
05
12

7
1
15
12
10
11

=
−
−
==
−
=
BA
Следователно

()( ) 52
1
7
5
1
1
7
1
521 −
+
+
=
−+x
.
x
.
xx
x

Тогава идва ред да решим дадения интеграл като го представим като сбор от интеграли от
дробите, които заместват подинтегралната функция

()( )
∫
−+
=
521xx
xdx
J () () Cxln
.
xlndx
x
.dx
x
.+−++=
−
+
+
=∫∫
52
72
5
1
7
1
52
1
7
5
1
1
7
1

Забележки.
1. Ако дробта е правилна и знаменателят и е разложен на множители, задачата за
интегрирането и се прави както в тази задача.
2. Ако дробта е правилна и знаменателят и не е разложен на множители първо представяме
този знаменател в каноничен вид и от множителите в него определяме вида на
елементарните дроби, на които се разлага дадената дроб.
3. Ако дробта не е правилна първо се извършва деление на полинома от числителя с
полинома на знаменателя и след това се пристъпва към интегриране.
Задача 2.

()()
dx
xxx
xx
J∫
++−
−+
=
1021
3
2
2

Решение. Дробта е правилна и знаменателят и е разложен на множители. Разлагаме я на
елементарни дроби. На 1−x съответства една дроб от вида

1−x
A

и на множителя 102
2
++xx съответства една дроб, но от вида

102
2
++
+
xx
NMx

защото квадратният тричлен 102
2
++xx има отрицателна дискриминанта. Следователно

()() 10211021
3
22
2
++
+
+
−
=
++−
−+xx
NMx
x
A
xxx
xx

Определяме стойностите на константите чрез привеждане под общ знаменател и сравняване
на числителите. Получава се
( )() ()11023
22
−++++=−+ xNMxxxAxx
Определяме една от константите чрез задаване стойност на x. Полагаме
()
13
1
102111 −=⇒++=−⇒= AAx .
За да определим другите две константи, сравняваме коефициентите пред съответните
степени на x. За
2
x имаме

13
14
13
1
111 =+=−=⇒+= AMMA

За
0
x имаме

13
29
3
13
10
310103 =+−=+=⇒−=− ANNA

Следователно
()
()
()
()∫∫∫
=+
++
++
+−−=
++
+
+
−
−= 1
91
15114
13
1
1
13
1
102
2914
13
1
113
1
22
xd
x
x
xlndx
xx
x
x
dx
J
()
()
()
()
()=+
++
++
++
+−−=∫∫
1
31
1
13
15
1
91
1
13
14
1
13
1
22
2
2
xd
x
xd
x
xln
() ( ) C
x
arctgxxlnxln +
+
++++−−=
3
1
13
5
102
13
14
1
13
1
2
Задача 3.
dx
xx
x
J∫
−
+
=
34
2
3

Решение. Дробта е правилна, но знаменателят и не е разложен на множители. Разлагаме го
така
()1
334
−=− xxxx
Тогава на множителя
3
x ще съответстват три дроби, а на множителя 1−x само една дроб

1
3
2334
2
−
+++=
−
+
x
E
x
D
x
B
x
A
xx
x

Определяме константите от равенството
() () ()
322
1113ExxDxxBxxAx +−+−+−=+
При Ex=⇒=41. При 330 −=⇒−=⇒=AAx . Пред
3
x коефициентите от ляво и от дясно
са съответно 0 и ED+ . Следователно 40−=−=⇒=+ EDED . Пред
1
x коефициентите от
ляво и от дясно са съответно 0 и BA−. Следователно 30 −==⇒=− ABBA . Тогава

1
44333
2334
2
−
+
−
+
−
+
−
=
−
+
xx
xxxx
x

следователно

() Cxx
xxx
dx
x
dx
x
dx
x
dx
dx
xx
x
J +−+−+=
−
+−−−=
−
+
=∫∫∫∫∫
1ln4ln4
31
.
2
3
1
4433
3
22334
2

Задача 4.
dx
x
x
J
∫
−
=1
3

Решение. Дробта е правилна, но знаменателят и не е разложен на множители. Разлагаме го
така
()( )111
233
++−=− xxxx
Тогава на множителя 1−x ще съответства една дроб

1−x
A
и на множителя 1
2
++xx ще съответства една дроб

1
2
++
+
xx
NMx

(квадратният тричлен 1
2
++xx има отрицателна дискриминанта и за това в числителя на
дробта стои линеен израз NMx+). Следователно

111
23
++
+
+
−
=
− xx
NMx
x
A
x
x
.
Определяме константите от равенството
( )( )( )11
2
−++++= xNMxxxAx
При
3
1
311
=⇒=⇒= AAx. Пред
2
x коефициентите от ляво и от дясно са съответно 0 и
MA+ . Следователно

3
1
0
−=−=⇒=+ AMMA
Пред
0
x коефициентите от ляво и от дясно са съответно 0 и NA−. Следователно

3
1
0
==⇒−= ANNA
Заместваме получените стойности и получаваме
() ∫∫∫∫
=
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
−+
−−=
++
−
−
−
=
−
= dx
x
x
xln
xx
x
x
dx
dx
x
x
J
4
3
2
1
2
3
2
1
3
1
1
3
1
1
1
3
1
13
1
1
223

() ()
()
C
x
xx
x
C
x
xxx +
+
+
++
−
=+
+
+++−−=
3
12
arctg
3
1
1
1
ln
6
1
3
12
arctg
3
1
1ln
6
1
1ln
3
1
2
2
2

Задача 5.
dx
xxx
x
J
∫ −+−
+
=1
1
23
4

Решение. Дробта не е правилна и знаменателят и не е разложен на множители. Извършваме
първо делението на полиномите 1
4
+x и 1
23
−+− xxx

Тогава
()()
()
()
dx
xx
xdxdx
xxx
xJ∫∫∫
+−
+++=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+−
++=11
2
11
1
2
1
223


() ()
() () CxNx
M
xA
x
dx
x
NMx
x
Ax
++++−+
+
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
+
+
−
+
+
=∫
arctg1ln
2
1ln
2
1
112
1
2
2
2
2

Константите A, M и N определяме от равенството

1
2
11
232
−+−
=
+
+
+
− xxxx
NMx
x
A

( )()() 112
2
−+++= xNMxxA
Получават се както в предните задачи 1=A, 1 −==NM