Racionális törtfüggvények integrálása

RACIONÁLIS TÖRTFÜGGVÉNYEK INTEGRÁLÁSA

A racionális törtfüggvények integrálása roppant szórakoztató dolog.

A történet azzal fog kezdődni, hogy kifejlesztjük magunkban az úgynevezett elemi törtek integrálásának képességét.

Kétféle elemi tört létezik:

I.                                                                           II.

Az első típusú elemi tört nevezője elsőfokú, számlálója pedig egy konstans.

A második típusú elemi tört nevezője másodfokú, ami nem alakítható elsőfokú tényezők szorzatára, a számlálója pedig elsőfokú.

Lássuk, hogyan kell integrálni az elemi törteket.

Aztán an egy ilyen, hogy

A számlálót egy kicsit átalakítjuk, hogy megjelenjen benne a nevező deriváltja.

Ez még ide kéne, ezért hozzá is adjuk meg le is vonjuk.

És íme, megjelent a nevező deriváltja a számlálóban.

Valami konstans tag társaságában.

Most pedig felbontjuk a törtet két tört összegére:

Ez első integrálás kész is:

A másodikkal még szenvedünk egy kicsit.

A nevezőben teljes négyzetet alakítunk ki.

Itt a nevezőben megjelenik a teljes négyzet. A mögötte létrejövő tagot az egyszerűség kedvéért elnevezzük D-nek.

Őket itt elnevezzük D-nek és aztán hopp:

Most pedig oldjunk meg egy feladatot.

Bármilyen racionális törtfüggvényt nagyon egyszerűen tudunk integrálni. Mindössze annyit kell tennünk, hogy fölbontjuk elemi törtekre és az elemi törteket az előbbi módszereinkkel integráljuk.

Éppen itt is van egy feladat:

Elsőként ellenőrizzük, hogy a számláló foka kisebb-e mint a nevezőé. Ha ugyanis ez nem teljesül, akkor polinomosztásra van szükség.

A polinomosztás egy marhajó dolog, majd később megnézzük, most azonban szerencsére nincs rá szükség.

A számláló ugyanis másodfokú, a nevező meg harmadfokú.

Megkezdjük az elemi törtekre bontást. Ehhez a nevezőt elsőfokú és tovább nem bontható másodfokú tényezők szorzatára kell bontanunk.

x-et ki tudunk emelni, ez pedig már nem bontható tovább, mert negatív a diszkriminánsa.

Kész van tehát a szorzattá alakítás.

Ezek lesznek a parciális törtek nevezői.

Most ki kell találnunk a számlálókat. Egyelőre nem a konkrét számlálókat, hanem a paraméteres alakjukat. Lássuk mit is jelent ez.

Feltett szándékunk az elemi törtekre való bontás. Elemi törtből márpedig kétféle van.

Az I. típusú elemi tört olyan, hogy nevezője elsőfokú.

A II. típusú elemi tört olyan, hogy a nevezője másodfokú, és nem bontható szorzattá.

A felbontás során mindig a nevezőkből indulunk ki. Az első tört nevezője szemmel láthatóan elsőfokú, így ez minden bizonnyal csak egy I. típusú elemi tört lehet. A számláló tehát valami A.

A második tört nevezője viszont egy másodfokú kifejezés, így hát ez a tört szükségképpen II. típusú, ekként számlálója AX+B alakú.

Nos A már foglalt, tehát mondjuk Bx+C lesz a számláló.

Most pedig kiszámoljuk, hogy mennyi vajon A, B és C.

Ehhez őket kell egy kicsit nézegetnünk.

Beszorzunk a nevezőkkel,

és felbontjuk a zárójeleket

Aztán pedig megnézzük, hogy jobb oldalon hány x2 van, hány x van és mennyi a konstans tag.

Mert pontosan ugyanennyi van bal oldalon is.

Megoldjuk az egyenletrendszert.

Az első tört kész is, a második egy kicsit tovább fog tartani.

Először kialakítjuk a nevező deriváltját, majd

 Racionális törtfüggvényeket tehát úgy integrálunk, hogy először parciális törtekre bontjuk, majd ezeket a parciális törteket integráljuk. Maga a parciális törtekre bontás nem nehéz és a parciális törtek integrálása sem igényel különösebb szaktudást. Ez remek.

Bármilyen racionális törtfüggvényt nagyon egyszerűen tudunk integrálni. Mindössze annyit kell tennünk, hogy fölbontjuk elemi törtekre és az elemi törteket az előbbi módszereinkkel integráljuk.

Éppen itt is van egy feladat:

Elsőként ellenőrizzük, hogy a számláló foka kisebb-e mint a nevezőé. Ha ugyanis ez nem teljesül, akkor polinomosztásra van szükség.

A polinomosztás egy marhajó dolog, majd később megnézzük, most azonban szerencsére nincs rá szükség.

A nevezőt szorzattá alakítjuk. Emeljünk ki x-et.

Aztán nézzük meg, hogy a másodfokú tényező tovább bontható-e.

Úgy tűnik igen. Ha valaki nem érzi magában az erőt, hogy ilyen szorzattá alakítást megcsináljon, nos neki itt van ez a remek kis képlet:

ahol

Kész a szorzattá alakítás. Ezek lesznek a parciális törtek nevezői.

A számlálókat mindig a nevezőkből következtetjük ki.

Mivel mindhárom nevező elsőfokú, mindhárom tört I. típusú elemi tört, így a számlálók A, B és C.

Most pedig kiszámoljuk, hogy mennyi vajon A, B és C.

Ehhez őket kell egy kicsit nézegetnünk.

Beszorzunk a nevezőkkel,

aztán pedig jön egy trükk.

Nézzük meg mi történik, ha x helyére nullát írunk.

Most próbáljuk meg kiszámolni, hogy mennyi lehet B.

Ehhez ezeket kéne kinullázni.

Végül pedig C kiszámolásához ezeket fogjuk kinullázni.

Ha esetleg nem tetszett a trükk, megtehetjük azt is, hogy felbontjuk a zárójeleket:

Aztán pedig megnézzük, hogy jobb oldalon hány x2 van, hány x van és mennyi a konstans tag.

Mert pontosan ugyanennyi van bal oldalon is.

Megoldjuk az egyenletrendszert.

Itt egy újabb racionális törtfüggvény:

A nevezőt most is elsőfokú és tovább nem bontható másodfokú tényezők szorzatára kell bontani.

Lássuk csak felbontható-e ez.

Nos úgy tűnik igen.

Most jön az elemi törtekre bontás. Mint látjuk, a nevezőben az egyik elsőfokú tényező kétszer is szerepel. Ilyenkor az elemi törtekre bontásnál van egy kis trükk.

Az egyik elemi tört nevezője (2x+1) a másiké pedig (2x+1)2.

A számlálókat most is a nevezőkből következtetjük ki.

Mivel mindhárom nevező elsőfokú, vagy elsőfokú tag hatványa, ezért mindhárom tört I. típusú elemi tört, így a számlálók A, B és C.

Most pedig lássuk mennyi A, B, és C.

Az előző képsorban látott trükkös módszert fogjuk használni.

Először ezeket nullázzuk ki:

Ezeket nem tudjuk egyszerre kinullázni, úgyhogy az A kicsit nehezebben jön ki.

Nos írjunk mondjuk x helyére 0-t.

Írhatnánk 666-ot is, de akkor nehezebb lenne számolni.

Ezeket már könnyű integrálni.

Bármilyen racionális törtfüggvényt nagyon egyszerűen tudunk integrálni. Mindössze annyit kell tennünk, hogy fölbontjuk elemi törtekre és az elemi törteket az előbbi módszereinkkel integráljuk.

Éppen itt is van egy feladat:

Elsőként ellenőrizzük, hogy a számláló foka kisebb-e mint a nevezőé. Ha ugyanis ez nem teljesül, akkor polinomosztásra van szükség.

A polinomosztás egy marhajó dolog, majd később megnézzük, most azonban szerencsére nincs rá szükség.

A nevezőt szorzattá alakítjuk. Emeljünk ki x-et.

Aztán nézzük meg, hogy a másodfokú tényező tovább bontható-e.

Úgy tűnik igen. Ha valaki nem érzi magában az erőt, hogy ilyen szorzattá alakítást megcsináljon, nos neki itt van ez a remek kis képlet:

ahol

Kész a szorzattá alakítás. Ezek lesznek a parciális törtek nevezői.

A számlálókat mindig a nevezőkből következtetjük ki.

Mivel mindhárom nevező elsőfokú, mindhárom tört I. típusú elemi tört, így a számlálók A, B és C.

Most pedig kiszámoljuk, hogy mennyi vajon A, B és C.

Ehhez őket kell egy kicsit nézegetnünk.

Beszorzunk a nevezőkkel,

aztán pedig jön egy trükk.

Nézzük meg mi történik, ha x helyére nullát írunk.

Most próbáljuk meg kiszámolni, hogy mennyi lehet B.

Ehhez ezeket kéne kinullázni.

Végül pedig C kiszámolásához ezeket fogjuk kinullázni.

Ha esetleg nem tetszett a trükk, megtehetjük azt is, hogy felbontjuk a zárójeleket:

Aztán pedig megnézzük, hogy jobb oldalon hány x2 van, hány x van és mennyi a konstans tag.

Mert pontosan ugyanennyi van bal oldalon is.

Megoldjuk az egyenletrendszert.

Itt egy újabb racionális törtfüggvény:

A nevezőt most is elsőfokú és tovább nem bontható másodfokú tényezők szorzatára kell bontani.

Lássuk csak felbontható-e ez.

Nos úgy tűnik igen.

Most jön az elemi törtekre bontás. Mint látjuk, a nevezőben az egyik elsőfokú tényező kétszer is szerepel. Ilyenkor az elemi törtekre bontásnál van egy kis trükk.

Az egyik elemi tört nevezője (2x+1) a másiké pedig (2x+1)2.

A számlálókat most is a nevezőkből következtetjük ki.

Mivel mindhárom nevező elsőfokú, vagy elsőfokú tag hatványa, ezért mindhárom tört I. típusú elemi tört, így a számlálók A, B és C.

Most pedig lássuk mennyi A, B, és C.

Az előző képsorban látott trükkös módszert fogjuk használni.

Először ezeket nullázzuk ki:

Ezeket nem tudjuk egyszerre kinullázni, úgyhogy az A kicsit nehezebben jön ki.

Nos írjunk mondjuk x helyére 0-t.

Írhatnánk 666-ot is, de akkor nehezebb lenne számolni.

Ezeket már könnyű integrálni.

Íme itt egy összefoglaló példa, amin minden fontos lépést megnézhetünk.

Rossz hír. Elsőként polinomosztásra lesz szükség, mivel a számlálónak kisebb fokúnak kell lennie, mint a nevezőnek.

Ez a polinomosztás pont olyan, mint az a fajta osztás amit az általános iskolában tanultunk.

Például 25:7=3 és a maradék 4

Vagyis

Na éppen ez lesz a polinomosztásnál is.

eredmény                                           maradék

Itt jön a polinomosztás:

Eddig minden O.K.

De itt még nincs ám vége.

A kapott eredményt visszaszorozzuk az osztóval,

és levonjuk az osztandóból.

Aztán megint osztunk és ezt addig ismételgetjük, míg az osztandó fokszáma végül alacsonyabb lesz, mint az osztóé.

Hopp, most alacsonyabb lett, úgyhogy kész.

Az első két tagot integráljuk, aztán rátérünk a törtre, ahol a számláló már kisebb fokú, mint a nevező.

A nevezőt ezúttal is elsőfokú és tovább nem bontható másodfokú tényezők szorzatára kell bontani. Először kiemelünk x2-et.

Aztán megnézzük, hogy a maradék másodfokú rész szorzattá alakítható-e. Kiderül, hogy nem. Azért nem, mert nincs valós megoldása az egyenletnek.

Az x2 viszont szorzattá alakítható.

Most jön az elemi törtekre bontás.

Ha a nevezőben valami ax+b elsőfokú kifejezés négyzete szerepel úgy bontunk elemi törtekre,

hogy az egyik elemi tört nevezője ax+b,

a másiké (ax+b)2.

Most ki kell találnunk a számlálókat. Az első tört nevezője úgy tűnik elsőfokú, így a számláló valami A.

A második tört nevezője elsőfokú kifejezés négyzete ezért itt a számláló szintén valami A, de mivel A már foglalt, legyen B.

Végül a harmadik törtünk nevezője egy másodfokú kifejezés, így hát ennek a számlálója valami Ax+B alakú kell, hogy legyen, ám A és B már foglalt, tehát legjobb lesz a Cx+D.

Most pedig kiszámoljuk, hogy mennyi A, B, C és D.

Beszorzunk a nevezőkkel.

Aztán fölbontjuk a zárójeleket.

És megnézzük, hogy jobb oldalon hány x3 van, hány x2 van, hány x van és mennyi a konstans tag.

Mert pontosan ugyanennyi van bal oldalon is.

Az első két tagot nagyon könnyű integrálni.

A harmadik tagból meg ez lesz:

Az első tag célunknak megfelelően f’/f, míg a második tag arcustangensre vezet.

Hát ez kész.

Végezetül még egy példa:

Mindenekelőtt a nevezőt elsőfokú vagy tovább már nem bontható másodfokú tényezők szorzatára kell bontani. A felbontás egyáltalán nem triviális, ugyanis a nevezőnek valós gyöke nincsen. A szorzat alak:

Ekkor:

A nevezőben lévő tényezők lesznek a parciális törtek nevezői. Mivel mindkét tényező tovább nem bontható másodfokú kifejezés, a jelek szerint két II. típusú elemi tört összegét kapjuk:

Rátérünk A, B, C, D meghatározására.

Beszorzunk:

majd átalakítunk

végül jön a szokásos egyenletrendszer:

A megoldások: , így

A két törtet külön-külön fogjuk integrálni.

Az első tört:

Ebből arctgx-nek egy lineáris helyettesítése lesz:

A második tört szimmetriai okok miatt:

A feladat megoldása az előbbiekben kapott kifejezések összege:

Ne feledjük azonban, a racionális törtfüggvények integrálásának módszerét csak akkor érdemes alkalmazni, ha már semmilyen más módszer nem bizonyul használhatónak. Ezt az iménti feladatot némileg gyorsabban S4 segítségével már korában megoldottuk!