Интегрирование рациональных функций (дробей)
Стандартные методы интегрирования рациональных функций
Рациональная функция R(x) от переменной x – это функция, образованная, из переменной x и произвольного конечного количества постоянных, с помощью конечного числа операций сложения, вычитания, умножения и деления. Алгебраическими преобразованиями ее можно привести к дроби из двух многочленов от переменной x :
R(x ) = Pk (x )Qn (x ) ,
где Pk (x ) = pk x k + pk – 1 x k – 1 + ... + p1 x + p0 ,
Qn (x ) = qn x n + qn – 1 x n – 1 + ... + q1 x + q0 – многочлены степеней k и n , соответственно.
Рассмотрим интеграл от рациональной функции:
(1) I = ∫ Pk (x )Qn (x ) dx
Далее приводится стандартный метод вычисления таких интегралов.
1. Если k ≥ n , то мы делим многочлен Pk(x) на многочлен Qn(x) . В результате получаем:
(2) Pk (x )Qn (x ) = Sk – n (x ) + Rm (x )Qn (x ) ,
где Sk – n (x ) = sk – n x k – n + sk – n – 1 x k – n – 1 + ... + s1 x + s0 – многочлен степени k–n ;
Rm (x ) = rm x m + rm – 1 x m – 1 + ... + r1 x + r0 – многочлен степени m < n .
См. Деление многочленов уголком
2. Раскладываем многочлен Qn(x) на множители:
Qn (x ) = qn (x – a ) na (x – b ) nb ... (x 2 + ex + f ) ne (x 2 + gx + k ) ng ...
См. Методы разложения многочленов на множители
Примеры разложения многочленов на множители
3. Раскладываем правильную рациональную дробь на простейшие:
Rm (x )Qn (x ) = A1(x – a ) na + A2(x – a ) na – 1 + ... + Anax – a + B1(x – b ) nb + B2(x – b ) nb – 1 + ... + Bnbx – b + ... + E1 x + F1(x 2 + ex + f ) ne + E2 x + F2(x 2 + ex + f ) ne – 1 + ... + Ene x + Fnex 2 + ex + f + G1 x + K1(x 2 + gx + k ) ng + G2 x + K2(x 2 + gx + k ) ng – 1 + ... + Gng x + Kngx 2 + gx + k + ...
См. Методы разложения рациональных дробей на простейшие
4. Подставляем в (2) и интегрируем. В результате исходный интеграл (1) выражается через более простые интегралы следующих видов:
∫ x n dx = 1n + 1 x n + 1 ;
∫ dx(x – a ) n ;
∫ Ex + F(x 2 + ex + f ) n dx .
5. Вычисляем интегралы от простейших дробей.
См. Интегрирование простейших дробей
Примеры интегрирования рациональных функций
Примеры нестандартных методов интегрирования рациональных функций
Все примеры Иногда удается найти подстановку, которая приводит к более простым интегралам. Ниже рассмотрены следующие примеры:
∫ x 8 – 1x(x 8 + 1 ) dx I = ∫ dx(x – 1 ) 2 (x 2 – 1 ) 3 I = ∫ dxx 4 + 1
Применение простых степенных подстановок
В некоторых случаях удается найти степенную подстановку вида t = xn , которая приводит интеграл к более простому виду.
Пример
Все примеры Вычислить интеграл:
∫ x 8 – 1x(x 8 + 1 ) dx
Решение
Умножим числитель и знаменатель на x7 :
I = ∫ x 8 – 1x(x 8 + 1 ) dx = ∫ (x 8 – 1 )x 7 dxx 8 (x 8 + 1 ) = 18 ∫ (x 8 – 1 ) dx 8x 8 (x 8 + 1 ) .
Делаем подстановку t = x8 :
I = 18 ∫ (t – 1 ) dtt(t + 1 ) .
Разложим дробь на простейшие.
t – 1t(t + 1 ) = 1t + 1 – 1t(t + 1 ) = 1t + 1 – t + 1 – tt(t + 1 ) = 1t + 1 – 1t + 1t + 1 = 2t + 1 – 1t .
Интегрируем:
I = 14 ∫ dtt + 1 – 18 ∫ dtt = 14 ln | t + 1 | – 18 ln | t | = 14 ln | x 8 + 1 | – 18 ln | x 8 | .
Поскольку x8 ≥ 0 , то знак модуля можно убрать. По свойству модуля и логарифма:
ln | x 8 | = ln | x | 8 = 8 ln | x | .
Ответ
I = 14 ln (x 8 + 1 ) – ln | x | + C .
Дробно-линейные подстановки
Интегралы вида ∫ dx(x – a ) m (x – b ) n легко находятся с помощью дробно-линейной подстановки t = x – ax – b , применяя формулы:
dt = ( x – ax – b ) ′dx = (a – b ) dx(x – b ) 2 ;
t – 1 = x – ax – b – x – bx – b = b – ax – b ;
1t – 1 = x – bx – a – x – ax – a = a – bx – a .
Пример
Все примеры Вычислить интеграл:
I = ∫ dx(x – 1 ) 2 (x 2 – 1 ) 3 .
Решение
Преобразуем знаменатель.
x2 – 1 = (x – 1)(x + 1) ;
(x – 1 ) 2 (x 2 – 1 ) 3 = (x – 1 ) 2 (x – 1 ) 3 (x + 1 ) 3 = (x – 1 ) 5 (x + 1 ) 3 ;
I = ∫ dx(x – 1 ) 5 (x + 1 ) 3 .
Делаем дробно-линейную подстановку:
t = x – 1x + 1 . dt = ( x – 1x + 1 ) ′dx = (x – 1 ) ′(x + 1 ) – (x – 1 )(x + 1 ) ′(x + 1 ) 2 dx = (x + 1 ) – (x – 1 )(x + 1 ) 2 dx =
2(x + 1 ) 2 dx ;
dx(x + 1 ) 2 = 12 dt ;
1 – t = x + 1x + 1 – x – 1x + 1 = 2x + 1 ;
t – 1 – 1 = x + 1x – 1 – x – 1x – 1 = 2x – 1 ;
I = ∫ dx(x – 1 ) 5 (x + 1 )(x + 1 ) 2 = ∫ ( 12 ( t – 1 – 1 ) ) 5 12 (1 – t ) 12 dt =
1128 ∫ ( t – 1 – 1 ) 5 (1 – t ) dt .
Применяем формулу бинома Ньютона:
(a + b ) n = nΣk = 0 n!k!(n – k )! a n – k b k .
(t – 1 – 1 ) 5 = t – 5 – 5t – 4 + 10t – 3 – 10t – 2 + 5t – 1 – 1 ;
( t – 1 – 1 ) 5 (1 – t ) = t – 5 – 6t – 4 + 15t – 3 – 20t – 2 + 15t – 1 – 6 + t .
Интегрируем.
I = 1128 ( – 14 t – 4 + 2t – 3 – 152 t – 2 + 20t – 1 + 15 ln | t | – 6t + 12 t 2 ) .
Ответ
I = 1128 ( – 14t 4 + 2t 3 – 152t 2 + 20t + 15 ln | t | – 6t + t 22 ) + C ;
t = x – 1x + 1 .
Возвратные многочлены
Некоторые интегралы, содержащие возвратные многочлены и множитель x2 – 1 или x2 + 1 , находятся подстановкой t = x + 1x или t = x – 1x . Вот примеры таких интегралов:
∫ x 2 – 1x 4 + 3x 3 + 5x 2 + 3x + 1 dx , ∫ x 2 + 1x 4 + 2x 3 + 3x 2 – 2x + 1 dx , ∫ x 2 – 1x 2 + 1 dxx 2 + x + 1 , ∫ x 2 + 1x 4 + x 2 + 1 dx .
Пример
Все примеры Вычислить интеграл
I = ∫ dxx 4 + 1 .
Решение
Введем вспомогательные интегралы:
I2 = ∫ x 2 dxx 4 + 1 ,
I3 = I2 + I = ∫ x 2 + 1x 4 + 1 dx ,
I4 = I2 – I = ∫ x 2 – 1x 4 + 1 dx .
Разделим числитель и знаменатель на x2 и делаем подстановку t = x – 1x .
I3 = ∫ (1 + x – 2 ) dxx 2 + x – 2 = ∫d( x – 1x )x 2 – 2xx – 1 + x – 2 + 2 = ∫dtt 2 + ( √ 2 ) 2 =
1√ 2 arctg t√ 2 = 1√ 2 arctg x 2 – 1x √ 2 .
Разделим числитель и знаменатель на x2 и делаем подстановку t = x + 1x .
I4 = ∫ (1 – x – 2 ) dxx 2 + x – 2 = ∫d( x + 1x )x 2 + 2xx – 1 + x – 2 – 2 = ∫dtt 2 – ( √ 2 ) 2 =
12 √ 2 ln | t – √ 2 t + √ 2 | = 12 √ 2 ln | x 2 – x √ 2 + 1x 2 + x √ 2 + 1 | .
Поскольку уравнения
x 2 ± x √ 2 + 1 = 0
корней не имеют, то x 2 ± x √ 2 + 1 > 0 . Поэтому знак модуля можно опустить.
Искомый интеграл
I = 12 ( I3 – I4 ) .
Ответ
I = 12 √ 2 arctg x 2 – 1x √ 2 – 14 √ 2 ln x 2 – x √ 2 + 1x 2 + x √ 2 + 1 + C .
Использованная литература:
Н.М. Гюнтер, Р.О. Кузьмин, Сборник задач по высшей математике, «Лань», 2003.
Автор: Олег Одинцов. Опубликовано: