Definicija 1
Skup svih antiderivata dana funkcija$y=f(x)$ definiran na određenom segmentu naziva se neodređeni integral zadane funkcije $y=f(x)$. Neodređeni integral je označen simbolom $\int f(x)dx $.
Komentar
Definicija 2 može se napisati na sljedeći način:
\[\int f(x)dx =F(x)+C.\]
Ne može se svaka iracionalna funkcija izraziti kao integral u smislu elementarne funkcije. Međutim, većina ovih integrala može se reducirati korištenjem supstitucija u integrale racionalnih funkcija, koji se mogu izraziti u terminima elementarnih funkcija.
$\int R\lijevo(x,x^(m/n) ,...,x^(r/s) \desno)dx $;
$\int R\lijevo(x,\lijevo(\frac(ax+b)(cx+d) \desno)^(m/n) ,...,\lijevo(\frac(ax+b)(cx +d) \right)^(r/s) \right)dx $;
$\int R\lijevo(x,\sqrt(ax^(2) +bx+c) \desno)dx $.
ja
Pri pronalaženju integrala oblika $\int R\left(x,x^(m/n) ,...,x^(r/s) \right)dx $ potrebno je izvršiti sljedeću zamjenu:
Ovom supstitucijom svaka se razlomačka potencija varijable $x$ izražava kroz cjelobrojnu potenciju varijable $t$. Kao rezultat, funkcija integranda se transformira u racionalnu funkciju varijable $t$.
Primjer 1
Izvršite integraciju:
\[\int \frac(x^(1/2) dx)(x^(3/4) +1) .\]
Riješenje:
$k=4$ je zajednički nazivnik razlomaka $\frac(1)(2) ,\, \, \frac(3)(4) $.
\ \[\begin(array)(l) (\int \frac(x^(1/2) dx)(x^(3/4) +1) =4\int \frac(t^(2) ) (t^(3) +1) \cdot t^(3) dt =4\int \frac(t^(5) )(t^(3) +1) dt =4\int \left(t^( 2) -\frac(t^(2) )(t^(3) +1) \right)dt =4\int t^(2) dt -4\int \frac(t^(2) )(t ^(3) +1) dt =\frac(4)(3) \cdot t^(3) -) \\ (-\frac(4)(3) \cdot \ln |t^(3) +1 |+C)\kraj(niz)\]
\[\int \frac(x^(1/2) dx)(x^(3/4) +1) =\frac(4)(3) \cdot \lijevo+C\]
II
Pri pronalaženju integrala oblika $\int R\left(x,\left(\frac(ax+b)(cx+d) \right)^(m/n) ,...,\left(\frac (ax+ b)(cx+d) \right)^(r/s) \right)dx $ potrebno je izvršiti sljedeću zamjenu:
gdje je $k$ zajednički nazivnik razlomaka $\frac(m)(n) ,...,\frac(r)(s) $.
Kao rezultat ove zamjene, funkcija integranda se transformira u racionalnu funkciju varijable $t$.
Primjer 2
Izvršite integraciju:
\[\int \frac(\sqrt(x+4) )(x) dx .\]
Riješenje:
Napravimo sljedeću zamjenu:
\ \[\int \frac(\sqrt(x+4) )(x) dx =\int \frac(t^(2) )(t^(2) -4) dt =2\int \left(1 +\frac(4)(t^(2) -4) \right)dt =2\int dt +8\int \frac(dt)(t^(2) -4) =2t+2\ln \lijevo |\frac(t-2)(t+2) \desno|+C\]
Nakon obrnute zamjene dobivamo konačni rezultat:
\[\int \frac(\sqrt(x+4) )(x) dx =2\sqrt(x+4) +2\ln \lijevo|\frac(\sqrt(x+4) -2)(\ sqrt(x+4) +2) \desno|+C.\]
III
Pri pronalaženju integrala oblika $\int R\left(x,\sqrt(ax^(2) +bx+c) \right)dx $ izvodi se takozvana Eulerova zamjena (jedna od tri moguće zamjene je koristi se).
Eulerova prva zamjena
Za slučaj $a>
Uzimajući znak “+” ispred $\sqrt(a) $, dobivamo
Primjer 3
Izvršite integraciju:
\[\int \frac(dx)(\sqrt(x^(2) +c) ) .\]
Riješenje:
Napravimo sljedeću zamjenu (slučaj $a=1>0$):
\[\sqrt(x^(2) +c) =-x+t,\, \, x=\frac(t^(2) -c)(2t) ,\, \, dx=\frac(t ^(2) +c)(2t^(2) ) dt,\, \, \sqrt(x^(2) +c) =-\frac(t^(2) -c)(2t) +t= \frac(t^(2) +c)(2t) .\] \[\int \frac(dx)(\sqrt(x^(2) +c) ) =\int \frac(\frac(t^ (2) +c)(2t^(2) ) dt)(\frac(t^(2) +c)(2t) ) =\int \frac(dt)(t) =\ln |t|+C \]
Nakon obrnute zamjene dobivamo konačni rezultat:
\[\int \frac(dx)(\sqrt(x^(2) +c) ) =\ln |\sqrt(x^(2) +c) +x|+C.\]
Eulerova druga zamjena
Za slučaj $c>0$ potrebno je izvršiti sljedeću zamjenu:
Uzimajući znak “+” ispred $\sqrt(c) $, dobivamo
Primjer 4
Izvršite integraciju:
\[\int \frac((1-\sqrt(1+x+x^(2) ))^(2) )(x^(2) \sqrt(1+x+x^(2) ) ) dx .\]
Riješenje:
Napravimo sljedeću zamjenu:
\[\sqrt(1+x+x^(2) ) =xt+1.\]
\ \[\sqrt(1+x+x^(2) ) =xt+1=\frac(t^(2) -t+1)(1-t^(2) ) \] \
$\int \frac((1-\sqrt(1+x+x^(2) ))^(2) )(x^(2) \sqrt(1+x+x^(2) ) ) dx = \int \frac((-2t^(2) +t)^(2) (1-t)^(2) (1-t^(2))(2t^(2) -2t+2))( (1-t^(2))^(2) (2t-1)^(2) (t^(2) -t+1)(1-t^(2))^(2) ) dt =\ int \frac(t^(2) )(1-t^(2) ) dt =-2t+\ln \left|\frac(1+t)(1-t) \right|+C$ Napravivši obrnuto zamjenom, dobivamo konačni rezultat:
\[\begin(array)(l) (\int \frac((1-\sqrt(1+x+x^(2) ))^(2) )(x^(2) \sqrt(1+x +x^(2) ) dx =-2\cdot \frac(\sqrt(1+x+x^(2) ) -1)(x) +\ln \lijevo|\frac(x+\sqrt(1 + x+x^(2) ) -1)(x-\sqrt(1+x+x^(2) ) +1) \right|+C=-2\cdot \frac(\sqrt(1+x + x^(2) ) -1)(x) +) \\ (+\ln \lijevo|2x+2\sqrt(1+x+x^(2) ) +1\desno|+C) \end ( niz)\]
Eulerova treća zamjena
Pod, ispod iracionalan razumjeti izraz u kojem je nezavisna varijabla %%x%% ili polinom %%P_n(x)%% stupnja %%n \in \mathbb(N)%% uključen pod znak radikal(od latinskog korijen- korijen), tj. podignuta na razlomačku potenciju. Zamjenom varijable, neke klase integranata koje su iracionalne u odnosu na %%x%% mogu se svesti na racionalne izraze u odnosu na novu varijablu.
Koncept racionalne funkcije jedne varijable može se proširiti na više argumenata. Ako su za svaki argument %%u, v, \dotsc, w%% pri izračunavanju vrijednosti funkcije predviđene samo aritmetičke operacije i dizanje na cjelobrojnu potenciju, tada govorimo o racionalnoj funkciji tih argumenata, koja je obično označeno %%R(u, v, \ dotsc, w)%%. Argumenti takve funkcije sami mogu biti funkcije nezavisne varijable %%x%%, uključujući radikale oblika %%\sqrt[n](x), n \in \mathbb(N)%%. Na primjer, racionalna funkcija $$ R(u,v,w) = \frac(u + v^2)(w) $$ s %%u = x, v = \sqrt(x)%% i %% w = \sqrt(x^2 + 1)%% je racionalna funkcija od $$ R\lijevo(x, \sqrt(x), \sqrt(x^2+1)\desno) = \frac(x + \sqrt(x ^2))(\sqrt(x^2 + 1)) = f(x) $$ iz %%x%% i radikala %%\sqrt(x)%% i %%\sqrt(x ^2 + 1 )%%, dok će funkcija %%f(x)%% biti iracionalna (algebarska) funkcija jedne nezavisne varijable %%x%%.
Razmotrimo integrale oblika %%\int R(x, \sqrt[n](x)) \mathrm(d)x%%. Takvi integrali se racionaliziraju zamjenom varijable %%t = \sqrt[n](x)%%, zatim %%x = t^n, \mathrm(d)x = nt^(n-1)%%.
Primjer 1
Pronađite %%\displaystyle\int \frac(\mathrm(d)x)(\sqrt(x) + \sqrt(x))%%.
Integrand traženog argumenta zapisuje se kao funkcija radikala stupnja %%2%% i %%3%%. Budući da je najmanji zajednički višekratnik %%2%% i %%3%% %%6%%, ovaj integral je integral tipa %%\int R(x, \sqrt(x)) \mathrm(d) x %% i može se racionalizirati zamjenom %%\sqrt(x) = t%%. Tada je %%x = t^6, \mathrm(d)x = 6t \mathrm(d)t, \sqrt(x) = t^3, \sqrt(x) =t^2%%. Prema tome, $$ \int \frac(\mathrm(d)x)(\sqrt(x) + \sqrt(x)) = \int \frac(6t^5 \mathrm(d)t)(t^3 + t^2) = 6\int\frac(t^3)(t+1)\mathrm(d)t. $$ Uzmimo %%t + 1 = z, \mathrm(d)t = \mathrm(d)z, z = t + 1 = \sqrt(x) + 1%% i $$ \begin(array)( ll ) \int \frac(\mathrm(d)x)(\sqrt(x) + \sqrt(x)) &= 6\int\frac((z-1)^3)(z) \mathrm(d ) t = \\ &= 6\int z^2 dz -18 \int z \mathrm(d)z + 18\int \mathrm(d)z -6\int\frac(\mathrm(d)z)( z ) = \\ &= 2z^3 - 9 z^2 + 18z -6\ln|z| + C = \\ &= 2 \lijevo(\sqrt(x) + 1\desno)^3 - 9 \lijevo(\sqrt(x) + 1\desno)^2 + \\ &+~ 18 \lijevo( \sqrt(x) + 1\desno) - 6 \ln\lijevo|\sqrt(x) + 1\desno| + C \end(niz) $$
Integrali oblika %%\int R(x, \sqrt[n](x)) \mathrm(d)x%% poseban su slučaj frakcijskih linearnih iracionalnosti, tj. integrali oblika %%\displaystyle\int R\left(x, \sqrt[n](\dfrac(ax+b)(cd+d))\desno) \mathrm(d)x%%, gdje je %% ad - bc \neq 0%%, što se može racionalizirati zamjenom varijable %%t = \sqrt[n](\dfrac(ax+b)(cd+d))%%, zatim %%x = \dfrac (dt^n - b)(a - ct^n)%%. Tada je $$ \mathrm(d)x = \frac(n t^(n-1)(ad - bc))(\lijevo(a - ct^n\desno)^2)\mathrm(d)t. $$
Primjer 2
Pronađite %%\displaystyle\int \sqrt(\dfrac(1 -x)(1 + x))\dfrac(\mathrm(d)x)(x + 1)%%.
Uzmimo %%t = \sqrt(\dfrac(1 -x)(1 + x))%%, zatim %%x = \dfrac(1 - t^2)(1 + t^2)%%, $ $ \begin(array)(l) \mathrm(d)x = -\frac(4t\mathrm(d)t)(\lijevo(1 + t^2\desno)^2), \\ 1 + x = \ frac(2)(1 + t^2), \\ \frac(1)(x + 1) = \frac(1 + t^2)(2). \end(array) $$ Prema tome, $$ \begin(array)(l) \int \sqrt(\dfrac(1 -x)(1 + x))\frac(\mathrm(d)x)(x + 1) = \\ = \frac(t(1 + t^2))(2)\lijevo(-\frac(4t \mathrm(d)t)(\lijevo(1 + t^2\desno)^2 )\desno) = \\ = -2\int \frac(t^2\mathrm(d)t)(1 + t^2) = \\ = -2\int \mathrm(d)t + 2\int \frac(\mathrm(d)t)(1 + t^2) = \\ = -2t + \text(arctg)~t + C = \\ = -2\sqrt(\dfrac(1 -x)( 1 + x)) + \text(arctg)~\sqrt(\dfrac(1 -x)(1 + x)) + C. \end(array) $$
Razmotrimo integrale oblika %%\int R\left(x, \sqrt(ax^2 + bx + c)\desno) \mathrm(d)x%%. U najjednostavnijim slučajevima takvi se integrali svode na tablične ako se nakon izdvajanja cijelog kvadrata izvrši promjena varijabli.
Primjer 3
Pronađite integral %%\displaystyle\int \dfrac(\mathrm(d)x)(\sqrt(x^2 + 4x + 5))%%.
Uzimajući u obzir da je %%x^2 + 4x + 5 = (x+2)^2 + 1%%, uzimamo %%t = x + 2, \mathrm(d)x = \mathrm(d)t%%, zatim $$ \begin(array)(ll) \int \frac(\mathrm(d)x)(\sqrt(x^2 + 4x + 5)) &= \int \frac(\mathrm(d)t) (\sqrt(t^2 + 1)) = \\ &= \ln\lijevo|t + \sqrt(t^2 + 1)\desno| + C = \\ &= \ln\lijevo|x + 2 + \sqrt(x^2 + 4x + 5)\desno| + C. \end(niz) $$
U složenijim slučajevima, za pronalaženje integrala oblika %%\int R\left(x, \sqrt(ax^2 + bx + c)\right) koriste se \mathrm(d)x%%
Univerzalno rješenje iracionalne jednadžbe ne, budući da se njihova klasa razlikuje po broju. U članku će se istaknuti karakteristični tipovi jednadžbi sa supstitucijom metodom integracije.
Za korištenje metode izravne integracije potrebno je izračunati neodređene integrale tipa ∫ k x + b p d x , gdje je p racionalni razlomak, k i b realni koeficijenti.
Primjer 1
Nađi i izračunaj antiderivacije funkcije y = 1 3 x - 1 3 .
Riješenje
Prema pravilu integracije potrebno je primijeniti formulu ∫ f (k x + b) d x = 1 k F (k x + b) + C, a tablica antiderivacija pokazuje da postoji gotovo rješenje ove funkcije. . Shvaćamo to
∫ d x 3 x - 1 3 = ∫ (3 x - 1) - 1 3 d x = 1 3 1 - 1 3 + 1 (3 x - 1) - 1 3 + 1 + C = = 1 2 (3 x - 1 ) 2 3 + C
Odgovor:∫ d x 3 x - 1 3 = 1 2 (3 x - 1) 2 3 + C .
Postoje slučajevi kada je moguće koristiti metodu subsumiranja diferencijalnog predznaka. To se rješava principom pronalaženja neodređenih integrala oblika ∫ f " (x) · (f (x)) p d x , kada se vrijednost p smatra racionalnim razlomkom.
Primjer 2
Odredite neodređeni integral ∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 d x .
Riješenje
Uočimo da je d x 3 + 5 x - 7 = x 3 + 5 x - 7 "d x = (3 x 2 + 5) d x. Tada je potrebno podvesti diferencijalni predznak pomoću tablica antiderivacija. Dobivamo da
∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 d x = ∫ (x 3 + 5 x - 7) - 7 6 (3 x 2 + 5) d x = = ∫ (x 3 + 5 x - 7 ) - 7 6 d (x 3 + 5 x - 7) = x 3 + 5 x - 7 = z = = ∫ z - 7 6 d z = 1 - 7 6 + 1 z - 7 6 + 1 + C = - 6 z - 1 6 + C = z = x 3 + 5 x - 7 = - 6 (x 3 + 5 x - 7) 6 + C
Odgovor:∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 d x = - 6 (x 3 + 5 x - 7) 6 + C .
Rješavanje neodređenih integrala uključuje formulu oblika ∫ d x x 2 + p x + q, gdje su p i q realni koeficijenti. Zatim morate odabrati cijeli kvadrat ispod korijena. Shvaćamo to
x 2 + p x + q = x 2 + p x + p 2 2 - p 2 2 + q = x + p 2 2 + 4 q - p 2 4
Primjenom formule koja se nalazi u tablici neodređenih integrala dobivamo:
∫ d x x 2 ± α = ln x + x 2 ± α + C
Tada se izračunava integral:
∫ d x x 2 + p x + q = ∫ d x x + p 2 2 + 4 q - p 2 4 = = ln x + p 2 + x + p 2 2 + 4 q - p 2 4 + C = = ln x + p 2 + x 2 + p x + q + C
Primjer 3
Nađite neodređeni integral oblika ∫ d x 2 x 2 + 3 x - 1 .
Riješenje
Da biste izračunali, trebate izvaditi broj 2 i staviti ga ispred radikala:
∫ d x 2 x 2 + 3 x - 1 = ∫ d x 2 x 2 + 3 2 x - 1 2 = 1 2 ∫ d x x 2 + 3 2 x - 1 2
Odaberite cijeli kvadrat u radikalnom izrazu. Shvaćamo to
x 2 + 3 2 x - 1 2 = x 2 + 3 2 x + 3 4 2 - 3 4 2 - 1 2 = x + 3 4 2 - 17 16
Tada dobivamo neodređeni integral oblika 1 2 ∫ d x x 2 + 3 2 x - 1 2 = 1 2 ∫ d x x + 3 4 2 - 17 16 = = 1 2 ln x + 3 4 + x 2 + 3 2 x - 1 2 + C
Odgovor: d x x 2 + 3 x - 1 = 1 2 ln x + 3 4 + x 2 + 3 2 x - 1 2 + C
Integracija iracionalnih funkcija provodi se na sličan način. Primjenjivo za funkcije oblika y = 1 - x 2 + p x + q.
Primjer 4
Nađite neodređeni integral ∫ d x - x 2 + 4 x + 5 .
Riješenje
Prvo morate izvesti kvadrat nazivnika izraza ispod korijena.
∫ d x - x 2 + 4 x + 5 = ∫ d x - x 2 - 4 x - 5 = = ∫ d x - x 2 - 4 x + 4 - 4 - 5 = ∫ d x - x - 2 2 - 9 = ∫ d x - (x - 2) 2 + 9
Tablični integral ima oblik ∫ d x a 2 - x 2 = a r c sin x a + C, tada dobivamo da je ∫ d x - x 2 + 4 x + 5 = ∫ d x - (x - 2) 2 + 9 = a r c sin x - 2 3 +C
Odgovor:∫ d x - x 2 + 4 x + 5 = a r c sin x - 2 3 + C .
Proces pronalaženja antiderivacijskih iracionalnih funkcija oblika y = M x + N x 2 + p x + q, gdje su postojeći M, N, p, q realni koeficijenti, a slični su integraciji jednostavnih razlomaka treće vrste . Ova transformacija ima nekoliko faza:
zbrajanje diferencijala ispod korijena, izdvajanje kompletnog kvadrata izraza ispod korijena, korištenjem tabličnih formula.
Primjer 5
Nađite antiderivacije funkcije y = x + 2 x 2 - 3 x + 1.
Riješenje
Iz uvjeta imamo da je d (x 2 - 3 x + 1) = (2 x - 3) d x i x + 2 = 1 2 (2 x - 3) + 7 2, zatim (x + 2) d x = 1 2 (2 x - 3) + 7 2 d x = 1 2 d (x 2 - 3 x + 1) + 7 2 d x .
Izračunajmo integral: ∫ x + 2 x 2 - 3 x + 1 d x = 1 2 ∫ d (x 2 - 3 x + 1) x 2 - 3 x + 1 + 7 2 ∫ d x x 2 - 3 x + 1 = = 1 2 ∫ (x 2 - 3 x + 1) - 1 2 d (x 2 - 3 x + 1) + 7 2 ∫ d x x - 3 2 2 - 5 4 = = 1 2 1 - 1 2 + 1 x 2 - 3 x + 1 - 1 2 + 1 + 7 2 ln x - 3 2 + x - 3 2 - 5 4 + C = = x 2 - 3 x + 1 + 7 2 ln x - 3 2 + x 2 - 3 x + 1 + C
Odgovor:∫ x + 2 x 2 - 3 x + 1 d x = x 2 - 3 x + 1 + 7 2 ln x - 3 2 + x 2 - 3 x + 1 + C .
Traženje neodređenih integrala funkcije ∫ x m (a + b x n) p d x provodi se metodom supstitucije.
Za rješenje je potrebno uvesti nove varijable:
- Kada je p cijeli broj, tada se uzima u obzir x = z N, a N je zajednički nazivnik za m, n.
- Kada je m + 1 n cijeli broj, tada je a + b x n = z N, a N je nazivnik p.
- Kada je m + 1 n + p cijeli broj, tada je potrebna varijabla a x - n + b = z N, a N je nazivnik broja p.
Odredite određeni integral ∫ 1 x 2 x - 9 d x .
Riješenje
Dobivamo da je ∫ 1 x 2 x - 9 d x = ∫ x - 1 · (- 9 + 2 x 1) - 1 2 d x . Slijedi da je m = - 1, n = 1, p = - 1 2, zatim je m + 1 n = - 1 + 1 1 = 0 cijeli broj. Možete uvesti novu varijablu oblika - 9 + 2 x = z 2. Potrebno je izraziti x preko z. Kao izlaz dobivamo to
9 + 2 x = z 2 ⇒ x = z 2 + 9 2 ⇒ d x = z 2 + 9 2 " d z = z d z - 9 + 2 x = z
Potrebno je izvršiti zamjenu u zadani integral. Imamo to
∫ d x x 2 x - 9 = ∫ z d z z 2 + 9 2 z = 2 ∫ d z z 2 + 9 = = 2 3 a r c t g z 3 + C = 2 3 a r c c t g 2 x - 9 3 + C
Odgovor:∫ d x x 2 x - 9 = 2 3 a r c c t g 2 x - 9 3 + C .
Za pojednostavljenje rješavanja iracionalnih jednadžbi koriste se osnovne metode integracije.
Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter
Ovaj dio će raspravljati o metodi integriranja racionalnih funkcija. 7.1. Kratke informacije o racionalnim funkcijama Najjednostavnija racionalna funkcija je polinom desetog stupnja, tj. funkcija oblika gdje su realne konstante, a a0 F 0. Polinom Qn(x) čiji koeficijent a0 = 1 nazivamo reduciranim. Realni broj b nazivamo korijenom polinoma Qn(z) ako je Q„(b) = 0. Poznato je da se svaki polinom Qn(x) s realnim koeficijentima jednoznačno rastavlja na realne faktore oblika gdje su p, q su realni koeficijenti, a kvadratni faktori nemaju realne korijene i stoga se ne mogu raščlaniti na realne linearne faktore. Kombiniranjem identičnih faktora (ako ih ima) i pretpostavkom, radi jednostavnosti, da je polinom Qn(x) reduciran, možemo napisati njegovu faktorizaciju u obliku gdje su prirodni brojevi. Kako je stupanj polinoma Qn(x) jednak n, tada je zbroj svih eksponenata a, /3,..., A, dodan dvostrukom zbroju svih eksponenata ω,..., q, jednak do n: Korijen a polinoma naziva se jednostavnim ili jednostrukim, ako je a = 1, i višestrukim, ako je a > 1; broj a naziva se višestrukost korijena a. Isto vrijedi i za ostale korijene polinoma. Racionalna funkcija f(x) ili racionalni razlomak je omjer dvaju polinoma, a pretpostavlja se da polinomi Pm(x) i Qn(x) nemaju zajedničkih faktora. Racionalni razlomak nazivamo pravim ako je stupanj polinoma u brojniku manji od stupnja polinoma u nazivniku, tj. Ako je m n, tada se racionalni razlomak naziva nepravim razlomkom, au tom slučaju, dijeljenjem brojnika nazivnikom prema pravilu za dijeljenje polinoma, može se prikazati u obliku gdje su neki polinomi, a ^^ je pravi racionalni razlomak. Primjer 1. Racionalni razlomak je nepravi razlomak. Dijeleći "kutom", imamo Stoga. Ovdje. i to je pravi razlomak. Definicija. Najjednostavniji (ili elementarni) razlomci nazivaju se racionalni razlomci sljedeća četiri tipa: gdje - realni brojevi, Za - prirodni broj, veći ili jednak 2, a kvadratni trinom x2 + px + q nema realne korijene, pa je -2 _2 njegova diskriminanta.U algebri je dokazan sljedeći teorem. Teorem 3. Pravi racionalni razlomak s realnim koeficijentima čiji nazivnik Qn(x) ima oblik razlaže se na jedinstven način u zbroj prostih razlomaka prema pravilu Integracija racionalnih funkcija Kratke informacije o racionalnim funkcijama Integracija jednostavnih razlomaka Opći slučaj Integracija iracionalnih funkcija Prva Eulerova supstitucija Druga Eulerova supstitucija Treća Eulerova supstitucija U ovoj ekspanziji postoje neke realne konstante od kojih neke mogu biti jednake nuli. Da bi se pronašle te konstante, desna strana jednakosti (I) se dovodi na zajednički nazivnik, a zatim se koeficijenti na istim potencijama od x u brojnicima lijeve i desne strane izjednače. Ovo daje sustav linearne jednadžbe, iz koje se nalaze tražene konstante. . Ova metoda pronalaženja nepoznatih konstanti naziva se metoda neodređenih koeficijenata. Ponekad je prikladnije koristiti drugu metodu pronalaženja nepoznatih konstanti, koja se sastoji u tome da se nakon izjednačavanja brojnika dobije identitet u odnosu na x, u kojem se argumentu x daju neke vrijednosti, na primjer, vrijednosti korijena, što rezultira jednadžbama za pronalaženje konstanti. Posebno je zgodno ako nazivnik Q„(x) ima samo prave proste korijene. Primjer 2.Razložimo racionalni razlomak na jednostavnije razlomke.Taj je razlomak pravi. Nazivnik rastavljamo na umnoške: Kako su korijeni nazivnika realni i različiti, tada će na temelju formule (1) rastavljanje razlomka na najjednostavniji imati oblik: Svođenje prave časti “te jednakosti na zajedničkog nazivnika i izjednačavanjem brojnika s njegove lijeve i desne strane dobivamo identičnost ili Nepoznate koeficijente A. 2?, C nalazimo na dva načina. Prvi način Izjednačenje koeficijenata za iste potencije x, t.v. sa (slobodan pojam), te lijevom i desnom stranom identiteta, dobivamo linearni sustav jednadžbe za pronalaženje nepoznatih koeficijenata A, B, C: Ovaj sustav ima jedina odluka C Druga metoda. Budući da su korijeni nazivnika istrgnuti na i 0, dobivamo 2 = 2A, odakle A * 1; g i 1, dobivamo -1 * -B, iz čega je 5 * 1; x i 2, dobivamo 2 = 2C. odakle je C» 1, a traženo proširenje ima oblik 3. Rehlozhnt ne najjednostavniji razlomci racionalni razlomak 4 Polinom, koji je u suprotnom smjeru, rastavljamo na faktore: . Nazivnik ima dva različita realna korijena: x\ = 0 višestrukost višestrukosti 3. Stoga rastavljanje ovog razlomka nije najjednostavnije: Svođenjem desne strane na zajednički nazivnik nalazimo ili Prva metoda. Izjednačavanje koeficijenata za iste potencije x-a u lijevoj i desnoj strani posljednjeg identiteta. dobivamo linearni sustav jednadžbi.Taj sustav ima jedinstveno rješenje i traženo proširenje bit će Druga metoda. U rezultirajućem identitetu, stavljajući x = 0, dobivamo 1 a A2, odnosno A2 = 1; polje* gay x = -1, dobivamo -3 i B), odnosno Bj i -3. Prilikom zamjene pronađenih vrijednosti koeficijenata A\ i B) i identitet će poprimiti oblik ili Stavljanje x = 0, a zatim x = -I. nalazimo da je = 0, B2 = 0 i. to znači da je B\ = 0. Dakle, ponovno dobivamo primjer 4. Proširimo racionalni razlomak 4 na jednostavnije razlomke. Nazivnik razlomka nema realne korijene, jer funkcija x2 + 1 nije jednaka nuli ni za jednu realnu vrijednost od x. Dakle, rastavljanje na proste razlomke treba imati oblik Odavde dobivamo ili. Izjednačavajući koeficijente sinaksalnih potencija od x u lijevoj i desnoj strani posljednje jednakosti, imat ćemo gdje nalazimo i, prema tome, Treba napomenuti da se u nekim slučajevima rastavljanje na jednostavne razlomke može dobiti brže i lakše djelovanjem na neki drugi način, bez korištenja metode neodređenih koeficijenata Na primjer, da biste dobili dekompoziciju razlomka u primjeru 3, možete zbrajati i oduzimati u brojniku 3x2 i dijeliti kako je dolje navedeno. 7.2. Integracija jednostavnih razlomaka, Kao što je gore spomenuto, bilo koji nepravi racionalni razlomak može se prikazati kao zbroj nekog polinoma i pravilnog racionalnog razlomka (§7), a ovaj prikaz je jedinstven. Integriranje polinoma nije teško, stoga razmotrite pitanje integriranja ispravnog racionalnog razlomka. Budući da se svaki pravi racionalni razlomak može prikazati kao zbroj prostih razlomaka, njegova se integracija svodi na integraciju jednostavnih razlomaka. Razmotrimo sada pitanje njihove integracije. III. Da bismo pronašli integral najjednostavnijeg razlomka treće vrste, izoliramo potpuni kvadrat binoma od kvadratnog trinoma: Budući da je drugi član jednak a2, gdje i onda vršimo zamjenu. Zatim, uzimajući u obzir linearna svojstva integrala, nalazimo: Primjer 5. Nađi integral 4 Funkcija integrand je najjednostavniji razlomak treće vrste, budući da kvadratni trinom x1 + Ax + 6 nema realnih korijena (njegov diskriminant je negativan: , a brojnik sadrži polinom prvog stupnja. Stoga postupamo na sljedeći način: 1) izaberemo potpuni kvadrat u nazivniku 2) napravimo zamjenu (ovdje 3) s * jednim integralom Da bismo pronašli integral od najjednostavniji razlomak četvrte vrste, stavljamo, kao gore, . Tada dobivamo integral s desne strane označen s A i transformiramo ga na sljedeći način: Integral s desne strane integriramo po dijelovima, pretpostavljajući odakle ili Integracija racionalnih funkcija Kratke informacije o racionalnim funkcijama Integracija jednostavnih razlomaka Opći slučaj Integracija iracionalnih funkcije Prva Eulerova zamjena Druga Eulerova zamjena Treća Eulerova zamjena Dobili smo takozvanu rekurentnu formulu, koja nam omogućuje da nađemo integral Jk za bilo koje k = 2, 3,.... Uistinu, integral J\ je tabularan: Stavljanjem u formulu ponavljanja, nalazimo Znajući i stavljajući A = 3, lako možemo naći Jj i tako dalje. U konačnom rezultatu, zamjenjujući posvuda umjesto t i a njihove izraze preko x i koeficijenata p i q, dobivamo za početni integral njegov izraz kroz x i zadane brojeve M, LG, p, q. Primjer 8. Novi integral “Funkcija integranda je najjednostavniji razlomak četvrte vrste, budući da je diskriminant kvadratnog trinoma negativan, tj. To znači da nazivnik nema realne korijene, a brojnik je polinom 1. stupnja. 1) Odaberemo cijeli kvadrat u nazivniku 2) Izvršimo zamjenu: Integral će poprimiti oblik: Stavljanjem u formulu ponavljanja * = 2, a3 = 1. imat ćemo, pa je stoga traženi integral jednak Vraćajući se na varijablu x, konačno dobivamo 7.3. Opći slučaj Iz rezultata paragrafa. 1 i 2 ovog odjeljka odmah slijedi važan teorem. Teorema! 4. Neodređeni integral svake racionalne funkcije uvijek postoji (na intervalima u kojima je nazivnik razlomka Q„(x) φ 0) i izražava se preko konačnog broja elementarnih funkcija, naime, on je algebarski zbroj, članovi koji se mogu samo množiti, racionalni razlomci, prirodni logaritmi i arktangensi. Dakle, pronaći neodređeni integral od razlomačko-racionalne funkcije treba postupiti na sljedeći način: 1) ako je racionalni razlomak nepravi, tada se dijeljenjem brojnika s nazivnikom cijeli dio izdvaja, tj. ta se funkcija prikazuje kao zbroj polinoma i pravilan racionalni razlomak; 2) tada se nazivnik dobivenog pravilnog razlomka rastavlja na umnožak linearnog i kvadratnog faktora; 3) ovaj se pravi razlomak rastavlja u zbroj prostih razlomaka; 4) korištenjem linearnosti integrala i formula iz koraka 2, integrali svakog člana nalaze se odvojeno. Primjer 7. Odredite integral M Budući da je nazivnik polinom trećeg reda, funkcija integranda je nepravi razlomak. U njemu ističemo cijeli dio: Stoga ćemo imati. Nazivnik pravilnog razlomka ima phi različite realne korijene: i stoga njegovo rastavljanje na jednostavne razlomke ima oblik Otuda nalazimo. Dajući argumentu x vrijednosti jednake korijenima nazivnika, nalazimo iz ovog identiteta da: Prema tome, traženi integral će biti jednak primjeru 8. Pronađite integral 4 Integrand je pravilan razlomak, čiji nazivnik ima dva različita realna korijena: x - O višestrukost 1 i x = 1 višestrukost 3, Stoga, širenje integranda u jednostavne razlomke ima oblik Dovođenje desne strane ove jednakosti na zajednički nazivnik i smanjenje obje strane jednakosti ovim nazivnikom dobivamo ili. Izjednačavamo koeficijente za iste potencije x na lijevoj i desnoj strani ovog identiteta: Odavde nalazimo. Zamjenom pronađenih vrijednosti koeficijenata u ekspanziju, imat ćemo Integriranjem nalazimo: Primjer 9. Pronađite integral 4 Nazivnik razlomka nema prave korijene. Stoga, širenje integranda u jednostavne razlomke ima oblik Dakle ili Izjednačavanje koeficijenata za iste potencije x na lijevoj i desnoj strani ovog identiteta, imat ćemo odakle nalazimo i, stoga, Napomena. U navedenom primjeru funkcija integranda može se prikazati kao zbroj prostih razlomaka na jednostavniji način, naime u brojniku razlomka izaberemo binar koji je u nazivniku, a zatim izvršimo dijeljenje po članu : §8. Integracija iracionalnih funkcija Funkcija oblika gdje su Pm i £?„ polinomi tipa stupnja, redom, u varijablama uub2,... naziva se racionalna funkcija od ubu2j... Na primjer, polinom drugog stupnja u dvije varijable u\ i u2 ima oblik gdje su - neke realne konstante, a Primjer 1. Funkcija je racionalna funkcija varijabli r i y, budući da predstavlja omjer polinoma trećeg stupnja i polinoma peti stupanj, ali nije funkcija tise. U slučaju kada su varijable, pak, funkcije varijable w: tada se funkcija ] naziva racionalnom funkcijom funkcija iz Primjera. Funkcija je racionalna funkcija od r i rvdikvlv Pryaivr 3. Funkcija oblika nije racionalna funkcija od x i radikala y/r1 + 1, ali je racionalna funkcija funkcija. Kao što primjeri pokazuju, integrali iracionalnih funkcije nisu uvijek izražene kroz elementarne funkcije. Na primjer, integrali koji se često susreću u primjenama nisu izraženi u terminima elementarnih funkcija; ti se integrali nazivaju eliptički integrali prve, odnosno druge vrste. Razmotrimo one slučajeve kada se integracija iracionalnih funkcija može svesti, uz pomoć nekih supstitucija, na integraciju racionalnih funkcija. 1. Neka je potrebno pronaći integral gdje je R(x, y) racionalna funkcija svojih argumenata x i y; m £ 2 - prirodni broj; a, 6, c, d su realne konstante koje zadovoljavaju uvjet ad - bc ^ O (za ad - be = 0, koeficijenti a i b proporcionalni su koeficijentima c i d, pa stoga odnos ne ovisi o x ; to znači da će u ovom slučaju funkcija integranda biti racionalna funkcija varijable x, o čijoj je integraciji bilo riječi ranije). Napravimo promjenu varijable u ovom integralu, stavljajući Dakle, izražavamo varijablu x kroz novu varijablu. Imamo x = - racionalnu funkciju od t. Zatim nalazimo ili, nakon pojednostavljenja, Stoga gdje je A1 (t) racionalna funkcija od *, budući da su racionalne funadije racionalne funkcije, kao i produkt racionalnih funkcija, racionalne funkcije. Znamo kako integrirati racionalne funkcije. Neka je tada traženi integral jednak At. IvYti integral 4 Funkcija integrand* je racionalna funkcija od. Stoga postavljamo t = Zatim Integracija racionalnih funkcija Kratke informacije o racionalnim funkcijama Integracija prostih razlomaka Opći slučaj Integracija iracionalnih funkcija Prva Eulerova supstitucija Druga Eulerova supstitucija Treća Eulerova supstitucija Dakle, dobivamo Primar 5. Pronađite integral Zajednički nazivnik frakcijski pokazatelji potencije od x je 12, tako da se integrand može predstaviti kao 1 _ 1_ što pokazuje da je to racionalna funkcija od: Uzimajući ovo u obzir, stavimo. Prema tome, 2. Razmotrimo intefe oblika gdje je subintefalna funkcija takva da zamjenom radikala \/ax2 + bx + c u njoj s y, dobivamo funkciju R(x) y) - racionalnu s obzirom na oba argumenta x i y. Taj se integral reducira na integral racionalne funkcije druge varijable korištenjem Eulerovih supstitucija. 8.1. Eulerova prva supstitucija Neka je koeficijent a > 0. Postavimo ili Stoga nalazimo x kao racionalnu funkciju od u, što znači Dakle, naznačena supstitucija izražava racionalno preko *. Stoga ćemo imati primjedbu. Prva Eulerova zamjena također se može uzeti u obliku Primjer 6. Nađimo integral Dakle, imat ćemo dx Eulerovu zamjenu, pokazati da je Y 8.2. Druga Eulerova zamjena Neka trinom ax2 + bx + c ima različite realne korijene R] i x2 (koeficijent može imati bilo koji predznak). U ovom slučaju, pretpostavljamo Budući da tada dobivamo Budući da su x,dxn y/ax2 + be + c izraženi racionalno u smislu t, tada se izvorni integral reducira na integral racionalne funkcije, tj. gdje je Problem. Koristeći prvu Eulerovu zamjenu, pokažite da je racionalna funkcija od t. Primjer 7. Nađite integral dx M funkcije ] - x1 ima različite realne korijene. Stoga primjenjujemo drugu Eulerovu zamjenu. Odavde nalazimo. Zamjena pronađenih izraza u Given?v*gyvl; dobijemo 8.3. Treći Eulerov substascom Neka je koeficijent c > 0. Promjenu varijable vršimo stavljanjem. Imajte na umu da su za redukciju integrala na integral racionalne funkcije dovoljne prva i druga Eulerova zamjena. U stvari, ako je diskriminant b2 -4ac > 0, tada su korijeni kvadratnog trinoma ax + bx + c realni, iu ovom slučaju je primjenjiva druga Eulerova zamjena. Ako, tada se predznak trinoma ax2 + bx + c podudara s predznakom koeficijenta a, a budući da trinom mora biti pozitivan, tada je a > 0. U ovom slučaju vrijedi Eulerova prva zamjena. Za pronalaženje integrala gore navedenog tipa nije uvijek preporučljivo koristiti Eulerove supstitucije, budući da je za njih moguće pronaći druge metode integracije koje brže vode do cilja. Razmotrimo neke od ovih integrala. 1. Da biste pronašli integrale oblika, izolirajte potpuni kvadrat od kvadrata th trinoma: gdje Nakon toga napravite zamjenu i dobijete gdje koeficijenti a i P imaju različite predznake ili su oba pozitivna. Za, a također i za a > 0, integral će se svesti na logaritam, a ako je tako, na arksinus. Na. Zatim pronađite imintegral 4 Sokak. Uz pretpostavku, dobivamo Prmmar 9. Pronađite. Uz pretpostavku x -, imat ćemo 2. Integral oblika reducira se na integral y iz koraka 1 kako slijedi. S obzirom da je derivacija ()" = 2, ističemo je u brojniku: 4 U brojniku identificiramo derivaciju radikalnog izraza. Budući da je (x), tada ćemo imati, uzimajući u obzir rezultat primjera 9, 3. Integrali oblika gdje je P„(x) polinom n -tog stupnja, mogu se pronaći metodom neodređenih koeficijenata, koja se sastoji od sljedećeg: Pretpostavimo da vrijedi jednakost Primjer 10. Moćan integral gdje je Qn-i (s) je polinom (n - 1) stupnja s neodređenim koeficijentima: Da bismo pronašli koeficijente nepoznanica | diferenciramo obje strane (1): Zatim desnu stranu jednakosti (2) reduciramo na zajednički nazivnik jednak nazivnik lijeve strane, tj. y/ax2 + bx + c, smanjujući obje strane od (2) čime dobivamo identitet u čije obje strane sadrže polinome stupnja n. Izjednačavanje koeficijenata za iste stupnjeve od x u lijeve i desne strane (3), dobivamo n + 1 jednadžbu, iz koje nalazimo tražene koeficijente j4*(fc = 0,1,2,..., n ) Zamjenjujući njihove vrijednosti u desnu stranu od (1) i pronalaženjem integrala + c dobivamo odgovor za ovaj integral. Primjer 11. Nađi integral Stavimo Diferenciranjem obje boje jednakosti, imat ćemo Dovođenjem desne strane na zajednički nazivnik i reduciranjem obje strane za to, dobivamo identitet odn. Izjednačavanjem koeficijenata na istim potencijama od x, dolazimo do sustava jednadžbi iz kojeg nalazimo = Zatim nalazimo integral na desnoj strani jednakosti (4): Prema tome, traženi integral će biti jednak
The online kalkulator služi za izračunavanje integrala iracionalnih razlomaka oblika , , .
Neka 
– racionalna funkcija 
Ova funkcija, a time i njen integral, racionalizira se zamjenom x=t r, gdje je r najmanji zajednički višekratnik brojeva r 1, r 2,…, r n. Tada je dx=rt r -1 i pod integralom se nalazi racionalna funkcija t. Slično, ako je integrand 
je racionalna funkcija od 
, tada se funkcija integranda racionalizira supstitucijom gdje je t najmanji zajednički višekratnik brojeva r 1 , r 2 ,…, r n . Zatim Zamjenom u izvorni izraz dobivamo racionalnu funkciju t.
Primjer. Izračunati. Najmanji zajednički višekratnik brojeva 2 i 3 je 6. Stoga vršimo zamjenu x = t 6. Tada je dx = 6t 5 dt i 
Integracija iracionalnih funkcija
Primjer br. 1. Izračunajte definitivni integral iracionalne funkcije:
Riješenje. Integral oblika R(x α1, x α2,..., x αk)dx, gdje je R racionalna funkcija od x αi, α i =p i /q i - racionalni razlomci (i = 1,2,... , k) , reducira se na integral racionalne funkcije pomoću supstitucije x = t q, gdje je q najmanji zajednički višekratnik (LCM) nazivnika razlomaka a 1, a 2,..., a k. U našem slučaju, a 1 = 2, a 2 = 3, a 3 = 6, pa je najmanji zajednički višekratnik njihovih nazivnika q = LCM(2,3,6) = 6. Zamjenom varijable x = t 6 dolazi se do integral frakcijske racionalne funkcije, koji se izračunava kako je opisano u primjeru:
